CONTEÚDO - obm.org.br · Como para a grande maioria dos tópicos e técnicas explorados nas olimpíadas não existem publicações expositórias adequadas em língua portuguesa,

CONTEÚDO AOS LEITORES

03

20ª OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DE MAIO Enunciados e resultado brasileiro

04

25ª OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO CONE SUL Enunciados e resultado brasileiro

07


09

55ª OLIMPÍADA INTERNACIONAL DE MATEMÁTICA (IMO) Enunciados e resultado brasileiro

11


13

4ª OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DA COMUNIDADE DOS PAÍSES DE LÍNGUA PORTUGUESA Enunciados e resultado brasileiro

15


17

29ª OLIMPÍADA IBERO-AMERICANA DE MATEMÁTICA Enunciados e resultado brasileiro

19


21

ARTIGOS

REDESCOBRINDO CEVA E MENELAUS EM DIMENSÃO TRÊS Rui Eduardo Paiva, IFCE, Quixadá (CE) PERMUTANDO ALGARISMOS DE NÚMEROS Fernando Soares Carvalho e Eudes Antonio Costa

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44

Sociedade Brasileira de Matemática

EUREKA! N°39, 2015

2

COMO É QUE FAZ? 54

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS 57

PROBLEMAS PROPOSTOS COORDENADORES REGIONAIS

61

62


EUREKA! N°39, 2015

3

AOS LEITORES

Dedicamos este número da Eureka! ao querido professor Antonio Luiz

Santos, mais como conhecido como Gandhi, que nos deixou neste ano de 2015.

O professor Gandhi sempre foi entusiasmando por problemas de

Matemática, em particular por problemas de Olimpíadas. Ele foi o criador de uma

das seções de maior sucesso nesta revista, a Olimpíadas ao Redor do Mundo, que

tem grande repercussão até hoje, como podemos ver neste número na seção

“Como é que faz?”, em que resolvemos, a pedido de um de nossos leitores, 4

problemas selecionados pelo Antonio Luiz, que também escreveu ótimos livros de

problemas e durante muitos anos foi um professor destacado no Rio de Janeiro. A

sua alegria e sua irreverência deixarão saudades.

INSTRUÇÕES PARA AUTORES

Serão publicados na revista Eureka! artigos relevantes na preparação dos

estudantes para a Olimpíada Brasileira de Matemática em seus diversos níveis e

para várias olimpíadas de caráter internacional das quais o Brasil participa.

Como para a grande maioria dos tópicos e técnicas explorados nas

olimpíadas não existem publicações expositórias adequadas em língua portuguesa,

nosso objetivo inicial é abordá-los todos em artigos auto-suficientes. Assim,

daremos preferência àqueles que tratem de assuntos ainda não explorados nos

números anteriores da Eureka!. Como a deficiência em artigos adequados para

estudantes do Ensino Fundamental (Níveis 1 e 2 da OBM) é ainda mais grave,

estes terão primazia na sua publicação. Vale a pena observar que, quando um tema

é importante para os estudantes de diversos níveis, ele deve aparecer em artigos

adequados para cada um desses níveis, separadamente.

É recomendável que os artigos tragam alguns problemas resolvidos

detalhadamente e referências que o complementem ou aprofundem.

Os editores.


EUREKA! N°39, 2015

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20ª OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DE MAIO Enunciados e resultado brasileiro

PRIMEIRO NÍVEL PROBLEMA 1

Um número natural 𝑁 é bom se os seus dígitos são 1, 2 ou 3 e todos os números de

2 dígitos formados por dígitos localizados em posições consecutivas de N são

números distintos. Existe algum número bom de 10 dígitos? E de 11 dígitos?

PROBLEMA 2

Beatriz tem três dados em cujas faces estão escritas letras diferentes. Ao lançar os

três dados sobre uma mesa, e escolhendo cada vez somente as letras das faces

voltadas para cima, formaram-se as palavras

OSA , VIA , OCA , ESA , SOL , GOL , FIA , REY , SUR , MIA , PIO , ATE , FIN , VID.

Determine as seis letras de cada dado.

PROBLEMA 3

Temos nove caixas. Na primeira caixa há 1 pedra, na segunda há 2 pedras, na

terceira há 3 pedras, e assim sucessivamente, na oitava há 8 pedras e na nona há 9

pedras. A operação permitida é retirar o mesmo número de pedras de duas caixas

distintas e colocá-las numa terceira caixa. O objetivo é que todas as pedras fiquem

numa mesma caixa. Descreva como isto deve ser feito com um número mínimo de

operações permitidas. Explicar por que isto é impossível de ser feito com menos

operações.

PROBLEMA 4

Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo retângulo e isósceles, com 𝐶 90∘. Sejam 𝑀 o ponto

médio de 𝐴𝐵 e 𝑁 o ponto médio de 𝐴𝐶. Seja 𝑃 tal que 𝑀𝑁𝑃 é um triângulo

equilátero com 𝑃 no interior do quadrilátero 𝑀𝐵𝐶𝑁. Calcule a medida do ângulo

𝐶𝐴𝑃.

PROBLEMA 5

Dadas 6 bolinhas: 2 brancas, 2 verdes, 2 vermelhas, sabemos que há uma branca,

uma verde e uma vermelha que pesam 99 g cada uma e que as demais bolinhas

pesam 101 g cada uma. Determine o peso de cada bolinha usando duas vezes uma

balança de dois pratos.


EUREKA! N°39, 2015

5

Obs: Uma balança de dois pratos somente informa se o prato esquerdo pesa mais,

igual ou menos do que o prato direito.

SEGUNDO NÍVEL

PROBLEMA 1

O caminho que vai desde o povoado até o refúgio na montanha tem 76 km. Um

grupo de andinistas o percorreu em 10 dias, de forma tal que em dois dias

consecutivos nunca caminharam mais de 16 km, porém em três dias consecutivos

sempre caminharam por pelo menos 23 km. Determine a quantidade máxima de

quilómetros que eles podem ter percorrido num dia.

PROBLEMA 2

Num quadrilátero convexo 𝐴𝐵𝐶𝐷, sejam 𝑀, 𝑁, 𝑃 e 𝑄 os pontos médios dos lados

𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷 e 𝐷𝐴, respectivamente. Se os segmentos 𝑀𝑃 e 𝑁𝑄 dividem 𝐴𝐵𝐶𝐷 em

quatro quadriláteros com a mesma área, demonstre que 𝐴𝐵𝐶𝐷 é um paralelogramo.

PROBLEMA 3

Ana e Luca jogam o seguinte jogo: Ana escreve uma lista de 𝑛 números inteiros

distintos. Luca vence o jogo se puder escolher quatro números distintos, 𝑎, 𝑏, 𝑐 e

𝑑, de modo que o número 𝑎 + 𝑏 − (𝑐 + 𝑑) seja múltiplo de 20.

Determine o valor mínimo de 𝑛 para o qual, qualquer que seja a lista de Ana, Luca

vence o jogo.

PROBLEMA 4

Numa escavação na antiga Roma foi encontrado um

relógio bastante incomum com 18 divisões marcadas

com números romanos (ver figura).

Infelizmente o relógio estava partido em 5 pedaços.

A soma dos números em cada pedaço era a mesma.

Mostre de que maneira o relógio pode estar partido.

PROBLEMA 5

Cada casa de um tabuleiro de 𝑛 × 𝑛, com 𝑛 ≥ 3 , está pintada com uma cor dentre

8 cores diferentes. Para que valores de 𝑛 podemos afirmar que alguma das

seguintes figuras


EUREKA! N°39, 2015

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incluídas no tabuleiro contém duas casas da mesma cor? RESULTADO BRASILEIRO 2014: Nível 1 (até 13 anos)

Nome Cidade – Estado Prêmio

Catulo Axel Teixeira Vasconcelos Alves Fortaleza – CE Ouro

Felipe Bezerra de Menezes Benício de Sousa Fortaleza – CE Prata

Marcelo Hippólyto de Sandes Peixoto Fortaleza – CE Prata

Adrian Alexander Ticona Delgado São Paulo – SP Bronze

Débora Tami Yamato São Paulo – SP Bronze

João Vitor Baptista Moreira Viçosa – MG Bronze

Gustavo Farani de Farias Aracaju – SE Bronze

Yan Victor S. Guimarães Fortaleza – CE M. Honrosa

Giovanna de Sousa Oliveira Fortaleza – CE M. Honrosa

Caio César Barros Matos Fortaleza – CE M. Honrosa

2014: Nível 2 (até 15 anos)

Nome Cidade – Estado Prêmio

Andrey Jhen Shan Chen São Paulo – SP Ouro

Daniel Quintão de Moraes Rio de Janeiro – RJ Prata

Matheus Siqueira Thimóteo Mogi das Cruzes – SP Prata

Guilherme Goulart Kowalczuk Porto Alegre – RS Bronze

Vitor Augusto Carneiro Porto Fortaleza – CE Bronze

Bryan Borck Porto Alegre – RS Bronze

Alícia Fortes Machado Teresina – PI Bronze

Vinícius Trindade de Melo Dores de Campos – MG M. Honrosa

Ítalo Rennan Lima Fortaleza – CE M. Honrosa

Angelo Donizetti Lorençoni Junior São Carlos – SP M. Honrosa


EUREKA! N°39, 2015

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Os estudantes brasileiros tiveram uma participação destacada na Olimpíada

de Matemática do Cone Sul que foi realizada entre os dias 14 e 21 de agosto de

2014, na cidade de Atlántida, Uruguai. A equipe foi liderada pelos professores

Régis Prado Barbosa, de São Paulo (SP), e Luzinalva Miranda de Amorim, de

Salvador (BA).

RESULTADOS DA EQUIPE BRASILEIRA

BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Medalha de Ouro

BRA2 Gabriel Toneatti Vercelli Medalha de Ouro

BRA3 João César Campos Vargas Medalha de Prata

BRA4 Andrey Jhen Shan Chen Medalha de Bronze

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1

Em uma lousa, estão escritos os números inteiros de 1 a 2014, inclusive. A

operação válida é escolher dois números a e b, apagar eles e no seu lugar escrever

o mínimo múltiplo comum do par (a,b) e o máximo divisor comum do par (a,b).

Mostre que, sem importar a quantidade de operações que sejam realizadas, a soma

dos números que ficam escritos na lousa sempre é maior que 20142014 2014! .

PROBLEMA 2

Um par de inteiros positivos ,a b é chamado charrúa se existe um inteiro positivo

c tal que a b c e a b c sejam ambos quadrados perfeitos; caso não exista tal

número c, o par é chamado não-charrúa.

a) Mostre que existem infinitos pares não-charrúas.

b) Mostre que existem infinitos inteiros positivos n para os quais o par

2,n é charrúa.


EUREKA! N°39, 2015

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PROBLEMA 3

Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um retângulo, 𝑃 um ponto exterior tal que o ângulo 90ºBPC

e a área

do pentágono 𝐴𝐵𝑃𝐶𝐷 é igual a 2AB .

Prove que é possível dividir o pentágono 𝐴𝐵𝑃𝐶𝐷 em três pedaços através de cortes

retos de tal modo que com esses pedaços se pode construir um quadrado sem

buracos e sem superposição.

Observação: Os pedaços podem girar e podem ser virados.

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Mostre que o número 2 2014 2013 22 2014 4 2014 1n n , com n natural, não pode

ser primo.

PROBLEMA 5

Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um quadrilátero inscrito em uma circunferência de centro 𝑂. Este ponto

O está no interior do quadrilátero de modo que os ângulos BAC ODA

são iguais.

As diagonais desse quadrilátero se cortam no ponto 𝐸. Por 𝐸 são traçadas a reta 𝑟

perpendicular a 𝐵𝐶 e a reta 𝑠 perpendicular a 𝐴𝐷. A reta 𝑟 intersecta 𝐴𝐷 em 𝑃 e a

reta 𝑠 intersecta 𝐵𝐶 em 𝑀. Seja 𝑁 o ponto médio de 𝐸𝑂.

Mostre que 𝑀, 𝑁 e 𝑃 são colineares.

PROBLEMA 6

Dada uma família F de subconjuntos de 1,2,...,S n ( 2n ), a jogada permitida

é escolher dois conjuntos disjuntos A e B de F e adicionar A B a F (sem excluir

nem A nem B).

Inicialmente, F possui exatamente todos os subconjuntos que contém apenas um

elemento de S. O objetivo é que, através de jogadas permitidas, F possua todos os

subconjuntos de 1n elementos de S.

Determine o menor número de jogadas necessárias para alcançar o objetivo.

Observação: A B é o conjunto formado por todos os elementos que pertencem a

A, a B ou a ambos.


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Os estudantes brasileiros tiveram uma excelente participação na Olimpíada

de Matemática do Cone Sul que foi realizada entre os dias 11 e 18 de maio de

2015, na cidade de Temuco, Chile. A equipe foi liderada pelos professores Krerley

Oliveira, de Maceió (AL), e José Armando Barbosa Filho, de Natal (RN). A equipe

brasileira ficou em primeiro lugar na competição por equipes somando 201 pontos.


BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Medalha de Ouro

BRA2 André Yuji Hisatsuga Medalha de Prata

BRA3 Guilherme Goulart Kowalczuk Medalha de Prata

BRA4 Vitor Augusto Carneiro Porto Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1

Demonstrar que para qualquer 𝑛 inteiro, 𝑛3 − 9𝑛 + 27 não é divisível por 81.

PROBLEMA 2

Considere 3𝑛 retas (𝑛 > 1) no plano, entre as quais não há duas que sejam

paralelas e nem três que sejam concorrentes. Demonstar que se pintarmos 2𝑛 retas

com a cor vermelha e 𝑛 com a cor azul, há pelo menos duas regiões do plano com

os bordos completamente vermelhos.

Observação: para cada região, seus bordos estão contidos nas retas dadas e

nenhuma das retas dadas corta o interior da região.

PROBLEMA 3

Dados uma circunferência Γ de raio 1 e um ponto 𝑃 pertencente a ela, sejam 𝐴1 e

𝐵1 dois pontos em Γ tais que o triângulo 𝑃𝐴1𝐵1 é acutângulo e a distância de 𝑃 à

reta 𝐴1𝐵1 é √2. Para todo inteiro 𝑛 ≥ 1 se definem:

𝐶𝑛 como o pé da perpendicular desde 𝑃 ao segmento 𝐴𝑛𝐵𝑛,

𝑂𝑛 como o centro da circunferência circunscrita do triângulo 𝑃𝐴𝑛𝐵𝑛,

𝐴𝑛+1 como o pé da perpendicular desde 𝐶𝑛 ao segmento 𝑃𝐴𝑛,

𝐵𝑛+1 como a interseção entre 𝑃𝐵𝑛 e 𝑂𝑛𝐴𝑛+1.


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Achar o comprimento 𝑃𝑂2015.

Observação: a distância de 𝑃 à reta 𝐴1𝐵1 é o comprimento do segmento 𝑃𝐶1, onde

𝐶1 é o pé da perpendicular desde 𝑃 ao segmento 𝐴1𝐵1.

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um quadrilátero convexo tal que ∠𝐵𝐴𝐷 = 90∘ e as diagonais 𝐴𝐶 e 𝐵𝐷

são perpendiculares. Seja 𝑀 o ponto médio do segmento 𝐶𝐷 e seja 𝐸 o ponto de

interseção de 𝐵𝑀 com 𝐴𝐶. Seja 𝐹 o ponto do segmento 𝐴𝐷 tal que 𝐵𝑀 e 𝐸𝐹 são

perpendiculares. Se 𝐶𝐸 = 𝐴𝐹√2 e 𝐹𝐷 = 𝐶𝐸√2, demonstrar que 𝐴𝐵𝐶𝐷 é um

quadrado.

PROBLEMA 5

Determinar se existem inteiros positivos 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, …, não necessariamente

distitntos, com a seguinte propriedade: 𝑎𝑚+1 + 𝑎𝑚+2 + ⋯ + 𝑎𝑛 não é divisível por

𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑚 para quaisquer 𝑚 e 𝑛 inteiros positivos com 1 ≤ 𝑚 < 𝑛.

PROBLEMA 6

Seja 𝑆 = {1,2,3, … ,2046, 2047, 2048}. Se diz que dois subconjuntos 𝐴 e 𝐵 de 𝑆

são amigos se satisfazem as seguintes condições:

Não têm elementos em comum.

Têm a mesma quantidade de elementos.

O produto dos elementos de 𝐴 é igual ao produto dos elementos de 𝐵.

Demonstrar que existem dois subconjuntos de 𝑆 que são amigos e que contém pelo

menos 738 elementos cada um.


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O Brasil obteve um ótimo resultado na 55a Olimpíada Internacional de

Matemática (IMO), que aconteceu entre os dias 20 e 28 de julho na Cidade do

Cabo na África do Sul, conquistando três medalhas de prata, duas de bronze e uma

menção honrosa. A equipe foi liderada pelos professores Edmilson Motta, de São

Paulo (SP) e Onofre Campos da Silva Farias, de Fortaleza (CE).


BRA1 Rodrigo Sanches Ângelo Medalha de Prata

BRA2 Murilo Corato Zanarella Medalha de Prata

BRA3 Daniel Lima Braga Medalha de Prata

BRA4 Victor Oliveira Reis Medalha de Bronze

BRA5 Alexandre Perozim de Faveri Medalha de Bronze

BRA6 Alessandro de Oliveira Pacanowski Menção Honrosa

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1

Seja 𝑎0 < 𝑎1 < 𝑎2 < ⋯ uma sequência infinita de inteiros positivos. Prove que

existe um único inteiro 𝑛 ≥ 1

𝑎𝑛 <𝑎0 + 𝑎1 + ⋯ + 𝑎𝑛

𝑛≤ 𝑎𝑛+1.

PROBLEMA 2

Seja 𝑛 ≥ 2 um inteiro. Considere um tabuleiro de xadrez 𝑛 × 𝑛 dividido em 𝑛2

quadrados unitários. Uma configuração de 𝑛 torres neste tabuleiro é dita pacífica se

cada linha e cada coluna contém exatamente uma torre. Encontre o maior inteiro

positivo 𝑘 tal que, para qualquer configuração pacífica de 𝑛 torres, podemos

encontrar um quadrado 𝑘 × 𝑘 sem torres em qualquer um de seus 𝑘2 quadrados

unitários.

PROBLEMA 3

Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um quadrilátero convexo com ∠𝐴𝐵𝐶 = ∠𝐶𝐷𝐴 = 90∘. O ponto 𝐻 é o

pé da perpendicular de 𝐴 sobre 𝐵𝐷. Os pontos 𝑆 e 𝑇 são escolhidos sobre os lados

𝐴𝐵 e 𝐴𝐷, respectivamente, de modo que 𝐻 esteja no interior do triângulo 𝑆𝐶𝑇 e


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∠𝐶𝐻𝑆 − ∠𝐶𝑆𝐵 = 90∘, ∠𝑇𝐻𝐶 − ∠𝐷𝑇𝐶 = 90∘.

Prove que a reta 𝐵𝐷 é tangente à circunferência circunscrita ao triângulo 𝑇𝑆𝐻.

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Os pontos 𝑃 e 𝑄 encontram-se sobre o lado 𝐵𝐶 de um triângulo acutângulo 𝐴𝐵𝐶 de

modo que ∠𝑃𝐴𝐵 = ∠𝐵𝐶𝐴 e ∠𝐶𝐴𝑄 = ∠𝐴𝐵𝐶. Os pontos 𝑀 e 𝑁 encontram-se

sobre as retas 𝐴𝑃 e 𝐴𝑄, respectivamente, de modo que 𝑃 é o ponto médio de 𝐴𝑀 e

𝑄 é o ponto médio de 𝐴𝑁. Prove que as retas 𝐵𝑀 e 𝐶𝑁 se intersectam sobre a

circunferência circunscrita ao triângulo 𝐴𝐵𝐶.

PROBLEMA 5

Para cada inteiro positivo 𝑛, o Banco da Cidade do Cabo emite moedas de valor 1

𝑛.

Dada uma coleção finita de tais moedas (de valores não necessariamente distintos)

com valor total de no máximo 99 +1

2, prove que é possível dividir esta coleção em

100 ou menos grupos de moedas, cada um com valor total de no máximo 1.

PROBLEMA 6

Um conjunto de retas no plano está em posição geral se não há duas paralelas nem

três concorrentes no mesmo ponto. Um conjunto de retas em posição geral corta o

plano em regiões, algumas com área finita, chamadas regiões finitas. Prove que,

para todo 𝑛 suficientemente grande, em qualquer conjunto de 𝑛 retas em posição

geral é possível pintar de azul pelo menos √𝑛 dessas retas, de modo que nenhuma

das suas regiões finitas tenha uma fronteira completamente azul.

Nota: Para resultados em que √𝑛 é substituído por 𝑐√𝑛 serão atribuídos pontos

conforme o valor da constante 𝑐.


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O Brasil obteve um ótimo resultado na 56a Olimpíada Internacional de

Matemática (IMO), que aconteceu entre os dias 20 e 28 de julho na cidade de

Chiang Mai, na Tailândia, conquistando três medalhas de prata e três de bronze. A

equipe foi liderada pelos professores Luciano Guimarães Monteiro de Castro, do

Rio de Janeiro (RJ) e Carlos Yuzo Shine, de São Paulo (SP).


BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Medalha de Prata

BRA2 Murilo Corato Zanarella Medalha de Prata


BRA4 Gabriel Toneatti Vercelli Medalha de Bronze

BRA5 João César Campos Vargas Medalha de Bronze

BRA6 Rafael Filipe dos Santos Medalha de Bronze

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1

Dizemos que um conjunto finito 𝑆 de pontos do plano é equilibrado se, para cada

dois pontos diferentes 𝐴 e 𝐵 de 𝑆, existe um ponto 𝐶 de 𝑆 tal que 𝐴𝐶 = 𝐵𝐶.

Dizemos que 𝑆 é descentrado se, para cada três pontos diferentes 𝐴, 𝐵 e 𝐶 de 𝑆,

não existe um ponto 𝑃 de 𝑆 tal que 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶.

(a) Prove que, para todos os inteiros 𝑛 ≥ 3, existe um conjunto equilibrado

com exatamente 𝑛 pontos.

(b) Determine todos os inteiros 𝑛 ≥ 3 para os quais existe um conjunto

equilibrado e descentrado com exatamente 𝑛 pontos.

PROBLEMA 2

Determine todos os ternos (𝑎, 𝑏, 𝑐) de inteiros positivos tais que cada um dos

números

𝑎𝑏 − 𝑐, 𝑏𝑐 − 𝑎, 𝑐𝑎 − 𝑏

É uma potência de 2.

(Uma potência de 2 é um inteiro da forma 2𝑛, em que 𝑛 é um inteiro não negativo.)


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PROBLEMA 3

Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo acutângulo com 𝐴𝐵 > 𝐴𝐶. Sejam Γ o seu circuncírculo, 𝐻

o seu ortocentro e 𝐹 o pé da perpendicular a partir de 𝐴. Seja 𝑀 o ponto médio de

𝐵𝐶. Seja 𝑄 o ponto de Γ tal que ∠𝐻𝑄𝐴 = 90∘ e seja 𝐾 o ponto de Γ tal que

∠𝐻𝐾𝑄 = 90∘. Admita que os pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐾 e 𝑄 são todos diferentes e estão

sobre Γ nesta ordem.

Prove que os circuncírculos dos triângulos 𝐾𝑄𝐻 e 𝐹𝐾𝑀 são tangentes.

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

O triângulo 𝐴𝐵𝐶 tem circuncírculo Ω e circuncentro 𝑂. Uma circunferência Γ de

centro 𝐴 intersecta o segmento 𝐵𝐶 nos pontos 𝐷 e 𝐸, de modo que 𝐵, 𝐷, 𝐸 e 𝐶 são

todos diferentes e estão na reta 𝐵𝐶 nesta ordem. Sejam 𝐹 e 𝐺 os pontos de

interse;’ao de Γ e Ω, tais que 𝐴, 𝐹, 𝐵, 𝐶 e 𝐺 est’ao em Ω nesta ordem. Seja 𝐾 o

segundo ponto de interseção do circuncírculo do triângulo 𝐵𝐷𝐹 com o segmento

𝐴𝐵. Seja 𝐿 o segundo ponto de interseção do circuncírculo 𝐶𝐺𝐸 com o segmento

𝐶𝐴.

Suponha que as retas 𝐹𝐾 e 𝐺𝐿 são diferentes e que se intersectam no ponto 𝑋.

Prove que 𝑋 pertence à reta 𝐴𝑂.

PROBLEMA 5

Seja ℝ o conjunto dos números reais. Determine todas as funções 𝑓: ℝ → ℝ

satisfazendo a equação

𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑥 + 𝑦)) + 𝑓(𝑥𝑦) = 𝑥 + 𝑓(𝑥 + 𝑦) + 𝑦𝑓(𝑥)

para todos os números reais 𝑥 e 𝑦.

PROBLEMA 6

A sequência 𝑎1, 𝑎2, … de inteiros satisfaz as condições seguintes:

(i) 1 ≤ 𝑎𝑗 ≤ 2015 para qualquer 𝑗 tal que 𝑗 ≥ 1;

(ii) 𝑘 + 𝑎𝑘 ≠ 𝑙 + 𝑎𝑙 para quaisquer 𝑘, 𝑙 tais que 1 ≤ 𝑘 < 𝑙.

Prove que existem dois inteiros positivos 𝑏 e 𝑁 tais que

| ∑ (𝑎𝑗 − 𝑏)

𝑛

𝑗=𝑚+1

| ≤ 10072

para quaisquer inteiros 𝑚 e 𝑛 satisfazendo 𝑛 > 𝑚 ≥ 𝑁.


EUREKA! N°39, 2015

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O Brasil conquistou uma medalha de ouro e três de prata na 4ª Olimpíada

de Matemática da Comunidade dos Países de Língua Portuguesa, realizada de 5 a

10 de agosto, na cidade de Luanda, Angola. Com este resultado o país ficou pelo

terceiro ano consecutivo com a primeira posição na classificação geral, seguido

pela equipe de Portugal. A equipe foi liderada pelos professores Carlos Bahiano, de

Salvador (BA) e Marcelo Xavier de Mendonça, do Rio de Janeiro (RJ).


BRA1 André Yuji Hisatsuga Medalha de Ouro

BRA2 João Guilherme Madeira Araújo Medalha de Prata

BRA3 Daniel Quintão de Moraes Medalha de Prata

BRA4 Guilherme Goulart Kowalczuk Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1

Quatro irmãos têm conjuntamente quarenta e oito Kwanzas. Se ao dinheiro do

primeiro se aumentasse três Kwanzas, ao do segundo se retirasse três Kwanzas, se

o do terceiro triplicasse e o do quarto se reduzisse a um terço, passariam a ter todos

a mesma importância. Quanto tem cada um dos quatro irmãos? PROBLEMA 2

Na figura abaixo devem ser colocados em cada um dos pontos brancos um número

inteiro de 1 a 9, sem repetição, de forma que a soma dos 3 números pertencentes à

circunferência externa seja igual a cada uma das somas dos 4 números pertencentes

a uma das circunferências internas e que não estão na circunferência externa.


EUREKA! N°39, 2015

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a) Apresente uma solução.

b) Mostre que em qualquer solução o 9 estará na circunferência externa.

PROBLEMA 3

No quadrilátero convexo 𝐴𝐵𝐶𝐷, sejam 𝑃 e 𝑄 pontos dos lados 𝐵𝐶 e 𝐷𝐶,

respectivamente, tais que ∠𝐵𝐴𝑃 = ∠𝐷𝐴𝑄. Mostre que se a linha que une os

ortocentros dos triângulos 𝐴𝐵𝑃 e 𝐴𝐷𝑄 é ortogonal a 𝐴𝐶, então as áreas desses

triângulos são iguais.

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Pelo ponto 𝐾 de uma circunferência estão traçadas uma corda 𝐾𝐴 (o arco 𝐾𝐴 é

maior que 90∘) e uma reta tangente 𝑙. A reta que passa pelo centro da

circunferência e é perpendicular ao raio 𝑂𝐴, intersecta a corda 𝐾𝐴 no ponto 𝐵 e a

reta tangente 𝑙 no ponto 𝐶.

Prove que os segmentos 𝐾𝐶 e 𝐵𝐶 têm o mesmo comprimento.

PROBLEMA 5

Determine todas as quádruplas de inteiros positivos (𝑘, 𝑎, 𝑏, 𝑐) tais que

2𝑘 = 𝑎! + 𝑏! + 𝑐!, com 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐.

PROBLEMA 6

Kilua e Ndoti jogam o seguinte jogo num quadrado 𝐴𝐵𝐶𝐷. Kilua escolhe um dos

lados do quadrado e marca o ponto 𝑋 nesse lado. Ndoti escolhe um dos outros três

lados do quadrado e marca o ponto 𝑌 sobre ele. Kilua escolhe um dos dois lados

que ainda não foi escolhido e marca o ponto 𝑍 sobre ele e, finalmente, Ndoti

escolhe o lado que ainda não foi escolhido e marca o ponto 𝑊 nesse lado. Cada um

dos dois jogadores pode marcar um vértice do quadrado, mas ele deve primeiro

escolher o lado do quadrado que será usado. Por exemplo, se Kilua escolher o lado

𝐴𝐵 ele pode marcar 𝑋 no ponto 𝐵 e isso não impede que o lado 𝐵𝐶 seja escolhido.

Kilua vence se a área do quadrilátero convexo formado pelos pontos marcados for

maior ou igual a metade da área de 𝐴𝐵𝐶𝐷 e caso contrário Ndoti vence. Não se

permite que um mesmo ponto seja escolhido duas vezes.

Quem possui estratégia vencedora, ou seja, pode garantir a vitória não importando

as jogadas do adversário? Como esse jogador deve jogar?


EUREKA! N°39, 2015

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O Brasil conquistou uma medalha de ouro e três de prata na 5ª Olimpíada

de Matemática da Comunidade dos Países de Língua Portuguesa, realizada de 5 a

10 de agosto, na cidade de Praia, Cabo Verde. Com este resultado o país ficou pelo

terceiro ano consecutivo com a primeira posição na classificação geral, seguido

pela equipe de Portugal. A equipe foi liderada pelos professores Carlos Gustavo

Moreira, do Rio de Janeiro (RJ) e Emiliano Augusto Chagas, de São Paulo (SP).


BRA1 Mateus Siqueira Thimóteo Medalha de Ouro

BRA2 Pedro Lucas Lanaro Sponchiado Medalha de Ouro

BRA3 Bruno Brasil Meinhart Medalha de Prata

BRA4 Andrey Jhen Shan Chen Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1

No triângulo 𝐴𝐵𝐶, 𝐿 e 𝐾 são os pontos de interseção das bissetrizes dos ângulos

∠𝐴𝐵𝐶 e ∠𝐶𝐴𝐵 com os lados 𝐴𝐶 e 𝐵𝐶, respetivamente. Sabendo que 𝐾𝐿 é,

também, bissetriz do ângulo ∠𝐴𝐾𝐶, determine o ângulo ∠𝐵𝐴𝐶.

PROBLEMA 2

Determine todos os números de dez algarismos cuja representação no sistema

decimal é dada por 𝑎0𝑎1𝑎2𝑎3𝑎4𝑎5𝑎6𝑎7𝑎8𝑎9̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ tais que, para cada inteiro 𝑗 com

0 ≤ 𝑗 ≤ 9, 𝑎𝑗 é igual ao número de algarismos iguais a 𝑗 nessa representação. Isto

é: o primeiro algarismo é igual à quantidade de “0” na escrita desse número; o

segundo algarismo é igual à quantidade de “1” na escrita desse número; o terceiro é

igual à quantidade de “2” na escrita desse número; ... ; o décimo algarismo é igual a

quantidade de “9” na escrita desse número. PROBLEMA 3

No centro de um quadrado encontra-se um coelho e em cada vértice desse mesmo

quadrado, um lobo. Os lobos deslocam-se apenas ao longo dos lados do quadrado e

o coelho desloca-se livremente no plano. Sabendo que o coelho se desloca a uma

velocidade de 10 𝑘𝑚/ℎ e que os lobos se deslocam a uma velocidade máxima de

14 𝑘𝑚/ℎ, determine se existe uma estratégia para o coelho sair do quadrado sem

ser apanhado pelos lobos.


EUREKA! N°39, 2015

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SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Sejam 𝑎 um número real, tal que 𝑎 ≠ 0, 𝑎 ≠ 1, 𝑎 ≠ −1 e 𝑚, 𝑛, 𝑝, 𝑞 números

naturais. Prove que se 𝑎𝑚 + 𝑎𝑛 = 𝑎𝑝 + 𝑎𝑞 e 𝑎3𝑚 + 𝑎3𝑛 = 𝑎3𝑝 + 𝑎3𝑞, então

𝑚 ∙ 𝑛 = 𝑝 ∙ 𝑞.

PROBLEMA 5

Duas circunferências de raios 𝑅 e 𝑟, com 𝑅 > 𝑟, são tangentes entre si

exteriormente. Os lados adjacentes à base de um triângulo isósceles são tangentes

comuns a essas circunferências. A base do triângulo é tangente à circunferência de

raio maior. Determine o comprimento da base do triângulo.

PROBLEMA 6

Considere a sequência (𝑎𝑛) dada por 𝑎1 = 2 e 𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛3 − 𝑎𝑛 + 1, para todo

𝑛 ≥ 1. Assim, por exemplo, 𝑎2 = 23 − 2 + 1 = 7 e 𝑎3 = 73 − 7 + 1 = 337.

Prove que se 𝑝 é um divisor primo de 𝑎𝑛 então 𝑝 > 𝑛.


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19


A equipe brasileira formada por quatro estudantes do ensino médio

conquistou duas medalhas de ouro e duas de prata na 29ª Olimpíada Ibero-

Americana de Matemática (OIM), realizada entre os dias 29 de setembro e 6 de

outubro na cidade de San Pedro Sula, Honduras. A equipe foi liderada pelos

professores Matheus Secco Torres da Silva e Hugo Fonseca, ambos do Rio de

Janeiro (RJ).


BRA1 Murilo Corato Zanarella Medalha de Ouro

BRA2 Alessandro de Oliveira Pacanowski Medalha de Ouro


BRA4 Ana Karoline Borges Carneiro Medalha de Prata

PRIMEIRO DIA

PROBLEMA 1

Para cada inteiro positivo 𝑛, define-se 𝑠(𝑛) como a soma dos dígitos de 𝑛.

Determine o menor inteiro positivo 𝑘 tal que

𝑠(𝑘) = 𝑠(2𝑘) = 𝑠(3𝑘) = ⋯ = 𝑠(2013𝑘) = 𝑠(2014𝑘). PROBLEMA 2

Ache todos os polinômios 𝑃(𝑥) com coeficientes reais tais que 𝑃(2014) = 1 e,

para algum inteiro 𝑐, se tem

𝑥𝑃(𝑥 − 𝑐) = (𝑥 − 2014)𝑃(𝑥).

PROBLEMA 3

Sobre uma circunferência marcam-se 2014 pontos. Sobre cada um dos segmentos

cujos extremos são dois dos 2014 pontos escreve-se um número real não negativo.

Sabe-se que, para qualquer polígono convexo cujos vértices são alguns dos 2014

pontos, a soma dos números escritos nos seus lados é menor ou igual a 1.

Determine o maior valor possível para a soma de todos os números escritos.


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20

SEGUNDO DIA

PROBLEMA 4

Tem-se 𝑁 moedas, das quais 𝑁 − 1 são autênticas de igual peso e uma é falsa, de

peso diferente das demais. O objetivo é, utilizando exclusivamente uma balança de

dois pratos, achar a moeda falsa e determinar se é mais pesada ou mais leve que as

autênticas. Em cada vez que se possa deduzir que uma ou várias moedas são

autênticas, todas estas moedas são imediatamente separadas e não podem ser

usadas nas pesagens seguintes. Determine todos os N para os quais se pode garantir

que o objetivo seja atingido. (Podem-se fazer tantas pesagens quantas se deseje).

PROBLEMA 5

Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo acutângulo e 𝐻 o ponto de interseção de suas alturas. A

altura relativa ao vértice 𝐴 corta 𝐵𝐶 em 𝐷. Sejam 𝑀 e 𝑁 os pontos médios de 𝐵𝐻 e

𝐶𝐻, respectivamente. 𝐷𝑀 e 𝐷𝑁 intersectam 𝐴𝐵 e 𝐴𝐶 em 𝑋 e 𝑌 , respectivamente.

Se 𝑋𝑌 intersecta 𝐵𝐻 em 𝑃 e 𝐶𝐻 em 𝑄, demonstre que 𝐻, 𝑃, 𝐷 e 𝑄 estão numa

mesma circunferência.

PROBLEMA 6 Dado um conjunto 𝑋 e uma função 𝑓: 𝑋 → 𝑋, denotamos, para cada 𝑥 ∈ 𝑋,

𝑓1(𝑥) = 𝑓(𝑥) e para cada 𝑗 ≥ 1, 𝑓𝑗+1(𝑥) = 𝑓(𝑓𝑗(𝑥)). Dizemos que 𝑎 ∈ 𝑋 é um

ponto fixo de 𝑓 se 𝑓(𝑎) = 𝑎.

Para cada número real 𝑥, definimos 𝜋(𝑥) como o número de primos positivos

menores ou iguais a 𝑥.

Dado um número inteiro positivo 𝑛, dizemos que 𝑓: {1,2, … , 𝑛} → {1,2, … , 𝑛} é

catracha se 𝑓𝑓(𝑘)(𝑘) para todo 𝑘 ∈ {1,2, … , 𝑛}.

Prove que:

a) Se 𝑓 é catracha, então 𝑓 tem pelo menos 𝜋(𝑛) − 𝜋(√𝑛) + 1 pontos fixos.

b) Se 𝑛 ≥ 36, então existe uma função catracha com exatamente 𝜋(𝑛) −

𝜋(√𝑛) + 1 pontos fixos.


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21


A 30ª Olimpíada Ibero-americana de Matemática foi realizada em

Mayagüez, Porto Rico no período de 06 a 14 de novembro de 2015. A equipe

brasileira foi liderada pelos professores Eduardo Wagner, do Rio de Janeiro (RJ) e

Samuel Barbosa Feitosa, de Salvador (BA). Nesta oportunidade, a equipe brasileira

obteve a segunda maior pontuação entre os países participantes.


BRA1 Pedro Henrique Sacramento de Oliveira Ouro

BRA2 Daniel Lima Braga Prata

BRA3 Gabriel Toneatti Vercelli Prata

BRA4 João Campos Vargas Prata

PRIMEIRO DIA PROBLEMA 1 O número 125 pode ser representado como soma de vários números naturais que

são maiores que 1 e primos entre si dois a dois. Encontre o maior número de

somandos que pode ter tal representação.

Nota: Dois números naturais são primos entre si se o seu máximo divisor comum é

1.

SOLUÇÃO DE DANIEL LIMA BRAGA (EUSÉBIO – CE)

O número máximo de parcelas é 8. Um exemplo com tal quantidade de parcelas é

125 = 3 + 5 + 7 + 11 + 16 + 17 + 23 + 43

Suponha que há uma representação com ao menos 10 parcelas e denotemos ela por

𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 = 125,

com 𝑛 ≥ 10. Seja 𝑞𝑖 o menor fator primo de 𝑎𝑖. Claramente 𝑞𝑖 ≠ 𝑞𝑗 se 𝑖 ≠ 𝑗,

pois caso contrário teríamos 𝑚𝑑𝑐(𝑎𝑖 , 𝑎𝑗) > 1 e isso é um absurdo. Além disso,

de 𝑞𝑖 | 𝑎𝑖, temos 𝑞𝑖 ≠ 𝑎𝑖.

Portanto,


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22

125 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 ≥ 𝑞1 + 𝑞2 + ⋯ + 𝑞𝑛 ≥ 2 + 3 + 5 + ⋯ + 𝑝𝑛 ≥ 2 + 3 + 5 + ⋯ + 𝑝10 = 129,

onde 𝑝𝑛 denota o n-ésimo menor primo. Esse absurdo mostra que não existe

representação com mais de 9 parcelas. Suponha agora que existe uma

representação com 9 parcelas, isto é,

𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎9 = 125

Defina 𝑞𝑖 como anteriormente. Se existe i tal que 𝑞𝑖 = 2, então 𝑎𝑖 é par e todas as

demais parcelas devem ser ímpares. Como a soma de oito inteiros ímpares e um

par é par, não podemos obter 125 como soma. Portanto, 𝑞_𝑖 ≥ 3 para todo i.

Usando novamente que os primos 𝑞𝑖 são distintos, temos

125 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎9 ≥ 𝑞1 + 𝑞2 + ⋯ + 𝑞9 ≥ 3 + 5 + ⋯ + 29 > 125.

Este novo absurdo mostra que também não podemos escrever 125 como soma de 9

parcelas.

PROBLEMA 2

Uma reta r contém os pontos A, B, C e D, nessa ordem. Seja P um ponto fora de r

tal que ∠ 𝐴𝑃𝐵 = ∠ 𝐶𝑃𝐷. Prove que a bissetriz de ∠𝐴𝑃𝐷 corta a reta r em um

ponto G tal que

1

𝐺𝐴+

1

𝐺𝐶=

1

𝐺𝐵+

1

𝐺𝐷


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23

SOLUÇÃO DE PEDRO HENRIQUE SACRAMENTO DE OLIVEIRA (SÃO PAULO – SP)

Seja E o pé da altura do ponto P ao segmento AD. Considere uma inversão de polo

G e raio de círculo de inversão igual a 1. Sejam 𝐴1, 𝐵1, 𝐶1, 𝐷1 e 𝑃1 as imagens de

A, B, C, D e P, respectivamente, por tal inversão. Então

1

𝐺𝐴+

1

𝐺𝐶= 𝐺𝐴1 + 𝐺𝐶1 = 𝐴1𝐶1 e

1

𝐺𝐵+

1

𝐺𝐷= 𝐺𝐵1 + 𝐺𝐷1 = 𝐵1𝐷1 (∗)

Como os quadriláteros 𝑃𝐴𝑃1𝐴1, 𝑃𝐵𝑃1𝐵1, 𝑃𝐶𝑃1𝐶1 e 𝑃𝐷𝑃1𝐷1 são inscritíveis, segue

que

∠𝑃1𝐶1𝐴1 = ∠𝐺𝑃𝐶 = ∠𝐺𝑃𝐵 = ∠𝑃1𝐵1𝐷1

e

∠𝑃1𝐶1𝐴1 = ∠𝐺𝑃𝐶 = ∠𝐺𝑃𝐵 = ∠𝑃1𝐵1𝐷1.

Portanto, os triângulos 𝑃1𝐴1𝐶1 e 𝑃1𝐵1𝐷1 são semelhantes. Como as distâncias do

vértice 𝑃1 aos segmentos correspondentes 𝐴1𝐶1 e 𝐵1𝐷1 são iguais, segue que estes

triângulos são congruentes. Logo, 𝐴1𝐶1 = 𝐵1𝐷1 e segue o resultado em virtude de

(∗).

Outra maneira de mostrar a igualdade entre os segmentos mencionados

anteriormente é usar o Teorema da Bissetriz Interna e a fórmula de distância do

inverso de um segmento:


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24

𝐴1𝐶1

𝐵1𝐷1=

12 ⋅ 𝐴𝐶𝐺𝐴 ⋅ 𝐺𝐶12 ⋅ 𝐵𝐷𝐺𝐵 ⋅ 𝐺𝐷

=𝐺𝐵

𝐺𝐶⋅

𝐴𝐶

𝐵𝐷⋅

𝐺𝐷

𝐺𝐴

=𝑃𝐵

𝑃𝐶⋅

𝐴𝐶

𝐵𝐷⋅

𝑃𝐷

𝑃𝐴

=(𝑃𝐵 ⋅ 𝑃𝐷 ⋅ sen ∠𝐵𝑃𝐷)

(𝑃𝐶 ⋅ 𝑃𝐴 ⋅ sen ∠𝐵𝑃𝐷)⋅

(𝐴𝐶 ⋅ 𝑃𝐸)

(𝐵𝐷 ⋅ 𝑃𝐸)

=[𝑃𝐵𝐷]

[𝑃𝐴𝐶]⋅

[𝑃𝐴𝐶]

[𝑃𝐵𝐷]

= 1.

Observação: [XYZ] denota a área do triângulo XYZ.

PROBLEMA 3

Sejam 𝛼 e 𝛽 beta raízes do polinômio 𝑥2 − 𝑞𝑥 + 1, onde q é um número racional

maior que 2. Definimos 𝑠1 = 𝛼 + 𝛽 e 𝑡1 = 1 e, para cada inteiro maior que

𝑛 ≥ 2:

𝑆𝑛 = 𝛼𝑛 + 𝛽𝑛, 𝑡𝑛 = 𝑠𝑛−1 + 2𝑠𝑛−2 + ⋯ + (𝑛 − 1)𝑠1 + 𝑛

Demonstrar que, para todo n ímpar, 𝑡𝑛 é um quadrado de um número natural.

SOLUÇÃO DE GABRIEL TONEATTI VERCELLI (OSASCO – SP)

Como 𝛼 e 𝛽 são raízes de 𝑥2 − 𝑞𝑥 + 1 = 0, temos

𝛼𝑛 − 𝑞𝑎𝑛−1 − 𝛼𝑛−2 = 𝛼𝑛−2(𝛼2 − 𝑞𝛼 + 1) = 0, 𝛽𝑛 − 𝑞𝛽𝑛−1 − 𝛽𝑛−2 = 𝛽𝑛−2(𝛽2 − 𝑞𝛽 + 1) = 0.

Portanto, somando as equações, podemos obter

𝑠𝑛– 𝑞𝑠𝑛−1 + 𝑠𝑛−2 = 0

Assim,

𝑞𝑡𝑛 − 𝑡𝑛−1 = ∑ 𝑖𝑞𝑠𝑛−𝑖 + 𝑛𝑞

𝑛−1

𝑖=1

− ∑ 𝑖𝑠𝑛−𝑖−1 − (𝑛 − 1)

𝑛−1

𝑖=1


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25

= ∑ 𝑖(𝑞𝑠𝑛−𝑖 − 𝑠𝑛−𝑖−1) + (𝑛 − 1)(𝑞𝑠1 − 1)

𝑛−1

𝑖=1

+ 𝑛𝑞

= ∑ 𝑖𝑠𝑛−𝑖−1 + (𝑛 − 1)𝑠2 + 𝑛𝑠1 + 𝑛 − 1

𝑛−1

𝑖=1

= 𝑡𝑛+1 − 2.

Consequentemente 𝑡𝑛+1 = 𝑞𝑡𝑛 − 𝑡𝑛−1 + 2. Assim, como 𝑞 − 2 > 0, segue que

𝑡𝑛+1 +2

𝑞 − 2= 𝑞 (𝑡𝑛 +

2

𝑞 − 2) − (𝑡𝑛−1 +

2

𝑞 − 2).

Definindo 𝑏𝑛 = 𝑡𝑛 +2

𝑞−2 , para 𝑛 ∈ ℕ, obtemos em virtude da equação anterior a

recorrência:

𝑏𝑛+1 = 𝑞𝑏𝑛 − 𝑏𝑛−1.

A equação característica de tal recorrência é 𝑥2 − 𝑞𝑥 + 1 e, como suas raízes são

𝛼 e 𝛽, podemos escrever:

𝑏𝑛 = 𝐴𝛼𝑛 + 𝐵𝛽𝑛, ∀ 𝑛 ∈ ℕ.

Usando os termos iniciais 𝑏1 =𝑞

𝑞−2 e 𝑏2 = 𝑞 + 2 +

𝑞

𝑞−2, podemos encontrar os

valores de A e B obtendo:

𝑏𝑛 =𝛼𝑛 + 𝛽𝑛

𝑞 − 2=

𝑠𝑛

𝑞 − 2, ∀ 𝑛 ∈ ℕ

Agora vamos provar que dada a sequência 𝑎𝑛 = 𝑞𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2, com 𝑎1 = 1 e

𝑎2 = 𝑞 + 1, temos 𝑡2𝑛+1 = 𝑎𝑛+12 . Veja que isso terminará o problema, pois os

primeiros elementos da sequência 𝑎𝑛 são racionais bem como os coeficientes de

sua fórmula de recorrência e assim todos os seus termos também serão racionais.

Suponha, por indução, que 𝑎𝑖2 = 𝑡2𝑖−1 , ∀ 𝑖 ≤ 𝑛 − 1 . Como 𝛼𝛽 = 1 e 𝛼 + 𝛽 =

−𝑞 , segue que

𝑠2𝑛−3 ∙ 𝑠2𝑛−5 = (𝛼2𝑛−3 + 𝛽2𝑛−3) ∙ (𝛼2𝑛−5 + 𝛽2𝑛−5) = 𝛼4𝑛−8 + 𝛽4𝑛−8 + 𝛼2 + 𝛽2 = 𝑠2𝑛−4

2 + 𝑞2 − 4 .


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26

Assim

𝑡2𝑛−1 = (𝑞 − 2)(𝑠2𝑛−1 − 2) = (𝑞 − 2)(𝑞𝑠2𝑛−2 − 𝑠2𝑛−3 − 2) = (𝑞 − 2)(𝑞2𝑠2𝑛−3 − 𝑞𝑠2𝑛−4 − 𝑠2𝑛−3 − 2) = (𝑞 − 2)( 𝑞2𝑠2𝑛−3 − 𝑠2𝑛−3 − 𝑠2𝑛−5 − 𝑠2𝑛−3 − 2) = (𝑞 − 2)(𝑞2(𝑠2𝑛−3 − 2) − (𝑠2𝑛−5 − 2) − 2𝑠2𝑛−3 + 2𝑞2 − 4) = 𝑞2𝑎𝑛−1

2 + 𝑎𝑛−22 + (𝑞 − 2)(2𝑞2 − 2𝑠2𝑛−5 − 2𝑠2𝑛−3)

= (𝑞𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2)2 + 2𝑞𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2 + (𝑞 − 2)(2𝑞2 − 2𝑞𝑠2𝑛−4)

Veja agora que

2𝑞𝑎𝑛−1𝑎𝑛−2 = 2𝑞(𝑞 − 2)√(𝑠2𝑛−3 − 2)(𝑠2𝑛−5 − 2)

= 2𝑞(𝑞 − 2)√𝑠2𝑛−42 + 𝑞2 − 4 − 2𝑞𝑠2𝑛−4 + 4

= 2𝑞(𝑞 − 2)(𝑠2𝑛−4 − 𝑞) = −(𝑞 − 2)(2𝑞2 − 2𝑞𝑠2𝑛−4)

Logo,

𝑡2𝑛−1 = (𝑞𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−2)2 = 𝑎𝑛2 .

SEGUNDO DIA PROBLEMA 4

No triângulo acutângulo ABC o ponto D é o pé da perpendicular de A ao lado BC.

Seja P um ponto no segmento AD. As retas BP e CP cortam os lados AC e AB em

E e F respectivamente. Sejam J e K os pés das perpendiculares de E e F a AD,

respectivamente. Demonstre que

𝐹𝐾

𝐾𝐷=

𝐸𝐽

𝐽𝐷


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27

SOLUÇÃO DE JOÃO CÉSAR CAMPOS VARGAS (BELO HORIZONTE – MG)

Sejam 𝑄 = 𝐸𝐹 ∩ 𝐵𝐶 e 𝑅 = 𝐸𝐹 ∩ 𝐴𝐷. Como BE, CF e i são concorrentes,

aplicando o Teorema de Ceva no triângulo ABC, podemos concluir que:

𝐵𝐷

𝐷𝐶=

𝐸𝐴

𝐶𝐸⋅

𝐹𝐵

𝐴𝐹

Como E, F e Q são colineares, aplicando agora o Teorema de Menelaus no

triângulo ABC, temos

𝐵𝑄

𝑄𝐶=

𝐴𝐸

𝐶𝐸⋅

𝐵𝐹

𝐴𝐹

Daí, 𝐵𝐷

𝐷𝐶:𝐵𝑄

𝐶𝑄= −1

e assim vale a relação ℛ(𝐵, 𝐶; 𝐷, 𝑄) = −1 (de fato, essa é construção de um

conjugado harmônico). Consequentemente, considerando a projeção perspectiva

por A, temos

𝐵𝐶𝐷𝑄 𝐴

∧̅ 𝐹𝐸𝑅𝑄

Portanto, ℛ(𝐹, 𝐸; 𝑅, 𝑄) = −1 e

−1 =𝐹𝑅

𝐸𝑅:𝐹𝑄

𝑄𝐸


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28

=𝐹𝐷 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 ∠𝐹𝐷𝑅

𝐷𝐸 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 ∠𝑅𝐷𝐸:

𝐹𝐷 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 ∠𝐹𝐷𝑄

𝐷𝐸 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 ∠𝐸𝐷𝑄

= 𝑠𝑒𝑛 ∠𝐹𝐷𝑅

𝑠𝑒𝑛 ∠𝐹𝐷𝑄:

𝑠𝑒𝑛 ∠𝑅𝐷𝐸

𝑠𝑒𝑛 ∠𝐸𝐷𝑄.

Se ∠𝑅𝐷𝐹 = 𝛼 e ∠𝑅𝐷𝐸 = 𝛽, então ∠𝐹𝐷𝑄 = 90° − 𝛼 e ∠𝐸𝐷𝑄 = 90° + 𝛽.

Desconsiderando a orientação dos segmentos e ângulos, a série de igualdades

anteriores nos permitem concluir que:

𝑡𝑔 𝛼 = 𝑡𝑔 𝛽.

Isso acaba o problema, pois 𝑡𝑔 𝛼 =𝐹𝐾

𝐾𝐷 e 𝑡𝑔 𝛽 =

𝐸𝐽

𝐽𝐷.

PROBLEMA 5

Determine todos os pares (a,b) de números inteiros que verificam

(𝑏2 + 7(𝑎 − 𝑏))2

= 𝑎3𝑏.


A equação do problema pode ser reescrita como

𝑏𝑎3 − 49𝑎2 + (−14𝑏2 + 98𝑏)𝑎 + (−𝑏4 + 14𝑏3 − 49𝑏2) = 0

ou, de forma fatorada, como

(𝑎 − 𝑏)(𝑏𝑎2 + (𝑏2 − 49)𝑎 + 𝑏3 − 14𝑏2 + 49𝑏) = 0.

Se 𝑎 = 𝑏, encontramos uma infinidade de soluções. Se 𝑎 ≠ 𝑏, devemos ter

𝑏𝑎2 + (𝑏2 − 49)𝑎 + 𝑏3 − 14𝑏2 + 49𝑏 = 0.

Se 𝑏 = 0, então −49𝑎 = 0, ou seja, 𝑎 = 0 e essa solução já foi encontrada.

Supondo agora 𝑏 ≠ 0, para termos soluções inteiras, o discriminante da equação do

segundo grau em a acima deve ser um quadrado perfeito e, com mais razão, um

inteiro não negativo.

Daí

∆= (𝑏2 − 49)2 − 4𝑏2(𝑏 − 7)2


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29

= (𝑏 − 7)3(−3𝑏 − 7) ≥ 0.

Fazendo o estudo do sinal das funções do primeiro grau 𝑏 − 7 e −3𝑏 − 7,

podemos concluir que

−7

3≤ 𝑏 ≤ 7.

Basta agora testarmos os valores de ∆ para cada uma dessas possibilidades.

Se 𝑏 = −2, então ∆= 36 e assim 𝑎 = −13/7 ∉ ℤ ou 𝑎 = −18.

Se 𝑏 = −1, então ∆= 211 e não temos uma solução inteira por não ser um

quadrado perfeito.

Se 𝑏 = 1, então ∆= 24335 e não temos uma solução inteira por não ser um

quadrado perfeito.


quadrado perfeito.

Se 𝑏 = 3, então ∆= 210 e assim 𝑎 = 8/6 ∉ ℤ ou 𝑎 = 12.


quadrado perfeito.


quadrado perfeito.

Se 𝑏 = 6, então ∆= 52 e assim 𝑎 = 18/12 ∉ ℤ ou 𝑎 = 8/12 ∉ ℤ.

Se 𝑏 = 7, então ∆= 0 e assim 𝑎 = 0.

Logo, as soluções são (𝑎, 𝑎), ∀𝑎 ∈ ℤ, (−18,2), (12,3) e (0,7).

PROBLEMA 6

Beto joga com o seu computador o seguinte jogo: inicialmente o computador

escolhe ao acaso 30 inteiros de 1 a 2015 e Beto escreve-os num quadro (pode haver

números repetidos); em cada passo, Beto escolhe um inteiro positivo k e alguns dos


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30

números escritos no quadro, e subtrai de cada um deles o número k, com a

condição de que os números resultantes continuem sendo não negativos. O objetivo

do jogo é conseguir que nalgum momento os 30 números resultantes sejam iguais a

0, e nesse caso o jogo termina. Determine o menor número n para que,

independentemente dos números inicialmente escolhidos pelo computador, o Beto

possa terminar o jogo no máximo em n passos.


O menor n é 11. Para ver que é possível com tal quantidade de passos, escreva os

30 números em base binária. Como 211 = 2048 > 2015, esses números só podem

ter dígitos não nulos até a décima primeira casa binária. Assim, basta subtrair o

número 2𝑘−1, com 𝑘 variando de 1 a 11, dos todos os números que apresentarem o

dígito 1 na k-ésima posição. Para mostrar que não é possível com menos de 11

passos, considere o conjunto 𝐴 = {20, 21, 22, … , 210} unido com outros 19 números

quaisquer. Mostremos que, para cada elemento de A, existe um passo que apenas

subtrai dele e de mais nenhum outro elemento de A. Considere o maior elemento

210 de A e suponha que todo passo que o subtrai também altera outro elemento de

A. Assim, podemos subtrair no máximo 20 + 21 + 22 + ⋯ + 29 < 210. Um

absurdo. Logo, existe um movimento que altera apenas 210 e, como podemos

deixar esse movimento por último, podemos repetir o argumento com o conjunto

𝐴 − {210}. Concluiremos de forma análoga que existirá um passo que altera apenas

29 e todos os demais elementos de A. Como A possui 11 elementos, não podemos

torna-los todos nulos com menos de 11 movimentos.


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31

REDESCOBRINDO CEVA E MENELAUS EM DIMENSÃO TRÊS Rui Eduardo Paiva, IFCE, Quixadá – CE

Nível Avançado

Muitos teoremas importantes da geometria plana têm análogos em

geometria espacial, por exemplo, o famoso teorema de Pitágoras. Outros teoremas

menos conhecidos, mas também importantes têm análogos. Essa analogia entre

teoremas no plano e no espaço não é apenas elegante, mas também bastante útil. Se

um teorema no plano é essencial na resolução de problemas, então podemos inferir

que o seu análogo no espaço pode ser utilizado para formular e resolver problemas

semelhantes em dimensão três. Nessa perspectiva, nossa proposta é generalizar

para o caso tridimensional dois teoremas significantes, o de Ceva e o de Menelaus,

os quais estão intimamente relacionados e, em seguida, apresentar algumas

aplicações em problemas olímpicos.

Vale ressaltar que no plano, enquanto o teorema de Ceva estabelece

condições para que três cevianas de um triângulo sejam concorrentes, o teorema de

Menelaus estabelece condições para que três pontos, um sobre cada lado de um

triângulo, sejam colineares. Existe uma relação entre esses dois teoremas, chamada

de dualidade. Em última análise, o principio da dualidade diz que qualquer

afirmação verdadeira na geometria deve permanecer fiel quando as palavras ponto

e reta são trocadas; assim como dois pontos estão em exatamente uma reta, duas

retas se intersectam em exatamente um ponto, ou ainda, como três pontos podem

ser colineares, três retas podem ser concorrentes.

No análogo do teorema de Menelaus para o caso tridimensional, os lados

de um triângulo se tornam arestas de um tetraedro e a reta que intersecta o

triângulo torna-se um plano que intersecta esse tetraedro (veja figura 1).

Teorema 1 (Menelaus – versão espacial). Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um tetraedro tal que 𝑋 ∈ 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ,

Y ∈ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , 𝑍 ∈ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ e 𝑊 ∈ 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ . Os pontos 𝑋, 𝑌, 𝑍 e 𝑊 são coplanares se, e somente

se,

𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅̅̅ ∙

𝐶𝑍̅̅̅̅

𝑍𝐷̅̅ ̅̅ ∙

𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅

𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 1. (1𝑎)


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32

Figura 1. Tetraedro 𝐴𝐵𝐶𝐷 intersectado pelo plano 𝑋𝑌𝑍𝑊.

Demonstração: Supondo que 𝑋, 𝑌, 𝑍 e 𝑊 são coplanares, consideramos a reta 𝑠,

passando pelo ponto 𝑊 e perpendicular ao plano 𝑋𝑌𝑍𝑊, tal que 𝐴′ e 𝐷′são pontos

de 𝑠 e representam, respectivamente, as projeções ortogonais de 𝐴 e 𝐷.

Figura 2. Reta 𝑠 perpendicular ao plano 𝑋𝑌𝑍𝑊 no ponto 𝑊.

Com isso, sendo 𝑘 a área do quadrilátero 𝑋𝑌𝑍𝑊, podemos estabelecer


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33

𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅

𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅ =

𝐷′𝑊̅̅ ̅̅ ̅̅

𝑊𝐴′̅̅ ̅̅ ̅̅ =

13

𝑘 ∙ 𝐷′𝑊̅̅ ̅̅ ̅̅

13

𝑘 ∙ 𝑊𝐴′̅̅ ̅̅ ̅̅ =

𝑉𝐷𝑋𝑌𝑍𝑊

𝑉𝐴𝑋𝑌𝑍𝑊,

em que 𝑉𝐷𝑋𝑌𝑍𝑊 é o volume da pirâmide de vértice 𝐷 e 𝑉𝐴𝑋𝑌𝑍𝑊 o volume da

pirâmide de vértice 𝐴. De modo análogo obtemos as seguintes razões

𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ =

𝑉𝐴𝑋𝑌𝑍𝑊

𝑉𝐵𝑋𝑌𝑍𝑊,

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅̅̅ =

𝑉𝐵𝑋𝑌𝑍𝑊

𝑉𝐶𝑋𝑌𝑍𝑊,

𝐶𝑍̅̅̅̅

𝑍𝐷̅̅ ̅̅ =

𝑉𝐶𝑋𝑌𝑍𝑊

𝑉𝐷𝑋𝑌𝑍𝑊.

Assim, multiplicando-se cada uma destas razões, vemos que (1𝑎) é

verdadeiro. Reciprocamente, supondo que (1𝑎) é satisfeito, consideramos o plano

determinado pelos pontos 𝑋, 𝑌 e 𝑍 intersectando 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ em um ponto 𝑆. Então,

𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅̅̅ ∙

𝐶𝑍̅̅̅̅

𝑍𝐷̅̅ ̅̅ ∙

𝐷𝑆̅̅ ̅̅

𝑆𝐴̅̅̅̅ = 1,

donde concluímos que 𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅

𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅ =

𝐷𝑆̅̅ ̅̅

𝑆𝐴̅̅ ̅̅ , então 𝑆 e 𝑊 são conjugados harmônicos

interiores do segmento 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ . Isto implica que 𝑆 coincide com 𝑊, já que conjugado

harmônico interior a um segmento é único. Portanto, os pontos 𝑋, 𝑌, 𝑍 e 𝑊 são

coplanares.

Uma vez que o teorema de Ceva no plano tem uma relação com o teorema

de Menelaus, espera-se que exista também uma relação entre os análogos espaciais.

Neste caso, em vez de um plano cortando as arestas de um tetraedro em quatro

pontos, quatro planos são construídos a partir dos extremos de cada aresta até um

ponto na aresta oposta (veja figura 3). Em ambos os casos, a equação é a mesma e

muito semelhante à versão plana.

Teorema 2 (Ceva – versão espacial). Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um tetraedro tal que 𝑋 ∈ 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , Y ∈ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ,

𝑍 ∈ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ e 𝑊 ∈ 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ . Os planos 𝐴𝑍𝐵, 𝐵𝑊𝐶, 𝐶𝑋𝐷 e 𝐷𝑌𝐴 intersectam-se exatamente

em um ponto se, e somente se,

𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅̅̅ ∙

𝐶𝑍̅̅̅̅

𝑍𝐷̅̅ ̅̅ ∙

𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅

𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 1. (1𝑏)


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34

Figura 3. Interseção entre os planos 𝐴𝑍𝐵, 𝐵𝑊𝐶, 𝐶𝑋𝐷 no tetraedro 𝐴𝐵𝐶𝐷.

Demonstração: Seja 𝑃 o ponto de interseção dos planos 𝐴𝑍𝐵, 𝐵𝑊𝐶, 𝐶𝑋𝐷 e 𝐷𝑌𝐴.

Desde que 𝐶′ é o ponto de interseção dos segmentos 𝑋𝐷̅̅ ̅̅ e 𝑊𝐵̅̅ ̅̅ ̅ e também 𝐴′ é a

interseção dos segmentos 𝐵𝑍̅̅ ̅̅ e 𝐷𝑌̅̅ ̅̅ , os pontos 𝑃, 𝐴′ e 𝐶′ determinam um plano que

intersecta o segmento 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ no ponto 𝑇.

Figura 4. Plano 𝑃𝐴′𝐶′ intersectando o segmento 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ no ponto 𝑇.

Aplicando o teorema de Ceva nos triângulos ∆𝐴𝐵𝐷 e ∆𝐵𝐶𝐷, obtemos as seguintes

equações:

(2𝑏) 𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑇̅̅ ̅̅

𝑇𝐷̅̅ ̅̅ ∙

𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅

𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 1 e

𝑇𝐷̅̅ ̅̅

𝐵𝑇̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅̅̅ ∙

𝐶𝑍̅̅̅̅

𝑍𝐷̅̅ ̅̅ = 1 (3𝑏)


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Multiplicando-se as equações (2𝑏) e (3𝑏) o resultado é a equação desejada

(1𝑏).

Reciprocamente, consideramos o segmento que liga os pontos de 𝐴 até um

ponto 𝑇 em 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ tal que 𝐴𝑇̅̅ ̅̅ passe pelo ponto 𝐶′. Pelo teorema de Ceva (versão

plana) temos que a equação (2𝑏) é verdadeira. Além disso, por hipótese temos que

(1𝑏) também é verdadeira e pode ser reescrita como

𝑋𝐵̅̅ ̅̅

𝐴𝑋̅̅ ̅̅ ∙

𝑌𝐶̅̅̅̅

𝐵𝑌̅̅ ̅̅ ∙

𝑍𝐷̅̅ ̅̅

𝐶𝑍̅̅̅̅ ∙

𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅

𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅ = 1. (4𝑏)

Então multiplicando-se as equações (2𝑏) e (4𝑏) obtemos a equação (3𝑏), usando o

teorema de Ceva no triângulo ∆𝐵𝐶𝐷 concluímos que 𝐶𝑇̅̅̅̅ passa pelo ponto 𝐴′.

Figura 5. 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ como interseção entre os planos 𝐴𝐷𝑌 e 𝐴𝑍𝐵 e 𝐶𝐶′̅̅̅̅̅ como interseção

entre os planos 𝐵𝑊𝐶 e 𝐷𝐶𝑋.

Este resultado leva também à conclusão de que os segmentos 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ e 𝐶𝐶′̅̅ ̅̅̅ estão no

plano 𝐴𝑇𝐶, porque os pontos das extremidades de cada segmento estão neste

plano. Além disso, eles intersectam-se num ponto 𝑃, já que 𝐶 está no semiplano

oposto de 𝐶′, tendo 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ como o segmento que separa o plano 𝐴𝑇𝐶 em dois

semiplanos. Finalmente, como 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ é a interseção entre os planos 𝐴𝐷𝑌 e 𝐴𝑍𝐵, 𝐶𝐶′̅̅ ̅̅̅

é a interseção entre os planos 𝐵𝑊𝐶 e 𝐷𝐶𝑋, segue-se que esses quatro planos se

intersectam em 𝑃.


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36

Apresentamos agora alguns problemas onde esses teoremas podem ser

aplicados.

1) Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um quadrilátero no espaço de forma que 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷 e DA

sejam tangentes a uma esfera 𝜉 nos pontos 𝑋, 𝑌, 𝑍, 𝑊. Prove que estes

pontos são coplanares.

Solução: De fato, pela figura 6, quando a esfera 𝜉 intersecta o plano 𝐴𝐶𝐷 determina

um circulo do qual podemos concluir que 𝑍𝐷̅̅ ̅̅ ≡ 𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅ (por serem segmentos

tangentes ao círculo). Da mesma forma, esfera 𝜉 intersecta o plano 𝐴𝐵𝐶 em outro

círculo tal que 𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ≡ 𝐵𝑌̅̅ ̅̅ . Analogamente, os planos 𝐴𝐵𝐷 e 𝐶𝐵𝐷 também

determinam círculos quando intersectam a esfera, portanto obtemos as seguintes

congruências: 𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅ ≡ 𝐴𝑋̅̅ ̅̅ e 𝑌𝐶̅̅̅̅ ≡ 𝐶𝑍̅̅̅̅ .

Figura 6. Quadrilátero espacial 𝐴𝐵𝐶𝐷 e a esfera 𝜉.

Assim, podemos escrever:

𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅ ̅̅ ∙

𝐶𝑍̅̅̅̅

𝑍𝐷̅̅ ̅̅ ∙

𝐷𝑊̅̅ ̅̅ ̅

𝑊𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 1,

o que mostra, pelo teorema 1 (Menelaus no espaço), que os pontos 𝑋, 𝑌, 𝑍, 𝑊 são

coplanares.

1) Seja 𝑃𝐴𝐵𝐶 um tetraedro e sejam 𝐴1, 𝐵1, 𝐶1 os pontos médios das arestas

𝐵𝐶, 𝐴𝐶 e 𝐴𝐵 respectivamente. Seja 𝛼 um plano paralelo à face 𝐴𝐵𝐶 que


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intercepta as arestas 𝑃𝐴, 𝑃𝐵, 𝑃𝐶 nos pontos 𝐴2, 𝐵2, 𝐶2 respectivamente.

Prove que 𝐴1𝐴2, 𝐵1𝐵2, 𝐶1𝐶2 concorrem em um ponto 𝐷.

Figura 7. Tetraedro 𝑃𝐴𝐵𝐶.

Solução: Usando o fato de 𝛼 ser um paralelo à face 𝐴𝐵𝐶, temos que os triângulos

𝑃𝐴2𝐵2 e 𝑃𝐴𝐵 são semelhantes, logo podemos estabelecer a igualdade

𝑃𝐴2̅̅ ̅̅ ̅

𝐴2𝐴̅̅ ̅̅ ̅=

𝑃𝐵2̅̅ ̅̅ ̅

𝐵2𝐵̅̅ ̅̅ ̅,

ou, equivalentemente,

𝑃𝐵2̅̅ ̅̅ ̅

𝐵2𝐵̅̅ ̅̅ ̅∙

𝐴2𝐴̅̅ ̅̅ ̅

𝐴2𝑃̅̅ ̅̅ ̅ = 1.

Além disso, como 𝐴1 e 𝐵1 são pontos médios dos segmentos 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐶𝐴̅̅ ̅̅ ,

respectivamente, podemos escrever

𝐵𝐴1̅̅ ̅̅ ̅

𝐴1𝐶̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝐶𝐵1̅̅ ̅̅ ̅

𝐵1𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 1.

Note que das duas últimas equações obtemos a expressão


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𝐵𝐴1̅̅ ̅̅ ̅

𝐴1𝐶̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝐶𝐵1̅̅ ̅̅ ̅

𝐵1𝐴̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝐴2𝐴̅̅ ̅̅ ̅

𝐴2𝑃̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝑃𝐵2̅̅ ̅̅ ̅

𝐵2𝐵̅̅ ̅̅ ̅ = 1.

Com um raciocínio análogo para os triângulos semelhantes 𝑃𝐵2𝐶2 e 𝑃𝐵𝐶,

chegamos à expressão

𝐴𝐶1̅̅ ̅̅ ̅

𝐶1𝐵̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝐵𝐴1̅̅ ̅̅ ̅

𝐴1𝐶̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝐶𝐶2̅̅ ̅̅ ̅

𝐶2𝑃̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝑃𝐴2̅̅ ̅̅ ̅

𝐴2𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 1,

enquanto que para os triângulos semelhantes 𝑃𝐶2𝐴2 e 𝑃𝐶𝐴 , teremos

𝐴𝐶1̅̅ ̅̅ ̅

𝐶1𝐵̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝐵𝐵2̅̅ ̅̅ ̅

𝐵2𝑃̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝑃𝐶2̅̅ ̅̅ ̅

𝐶2𝐶̅̅ ̅̅ ̅ ∙

𝐶𝐵1̅̅ ̅̅ ̅

𝐵1𝐴̅̅ ̅̅ ̅ = 1.

Ante ao exposto, podemos concluir que:

𝐶1𝐴1𝐶2𝐴2 e 𝐶1𝐵1𝐶2𝐵2 são planos cuja interseção é o segmento 𝐶1𝐶2̅̅ ̅̅ ̅̅ ;

𝐶1𝐵1𝐶2𝐵2 e 𝐵1𝐴1𝐵2𝐴2 são planos cuja interseção é o segmento 𝐵1𝐵2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅

;

𝐶1𝐴1𝐶2𝐴2 e 𝐵1𝐴1𝐵2𝐴2 são planos cuja interseção é o segmento 𝐴1𝐴2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅.

Isto é suficiente para que os segmentos 𝐴1𝐴2, 𝐵1𝐵2, 𝐶1𝐶2 concorram no ponto 𝐷.

2) (Romanian mathematical competitions 1999) Um plano intersecta as arestas

𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐷𝐴 de um tetraedro regular 𝐴𝐵𝐶𝐷 nos pontos 𝑀, 𝑁, 𝑃, 𝑄

respectivamente. Provar que 𝑀𝑁 ∙ 𝑁𝑃 ∙ 𝑃𝑄 ∙ 𝑄𝑀 ≥ 𝐴𝑀 ∙ 𝐵𝑁 ∙ 𝐶𝑃 ∙ 𝐷𝑄.

Solução: Pela lei dos cossenos no ∆𝑀𝐵𝑁 temos

𝑀𝑁2 ≥ 𝑀𝐵2 + 𝐵𝑁2 − 𝑀𝐵 ∙ 𝐵𝑁 ≥ 𝑀𝐵 ∙ 𝐵𝑁

Similarmente, 𝑁𝑃2 ≥ 𝐶𝑁 ∙ 𝐶𝑃, 𝑃𝑄2 ≥ 𝐷𝑃 ∙ 𝐷𝑄 e 𝑀𝑄2 ≥ 𝐴𝑄 ∙ 𝐴𝑀. Multiplicando

essas desigualdades obtemos

(𝑀𝑁 ∙ 𝑁𝑃 ∙ 𝑃𝑄 ∙ 𝑄𝑀)2 ≥ (𝐵𝑀 ∙ 𝐶𝑁 ∙ 𝐷𝑃 ∙ 𝐴𝑄) ∙ (𝐴𝑀 ∙ 𝐵𝑁 ∙ 𝐶𝑃 ∙ 𝐷𝑄)


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Mas o teorema 1 (de Menelaus no espaço) garante que

𝐵𝑀 ∙ 𝐶𝑁 ∙ 𝐷𝑃 ∙ 𝐴𝑄 = 𝐴𝑀 ∙ 𝐵𝑁 ∙ 𝐶𝑃 ∙ 𝐷𝑄

Combinando esta última igualdade com a desigualdade anterior,

(𝑀𝑁 ∙ 𝑁𝑃 ∙ 𝑃𝑄 ∙ 𝑄𝑀)2 ≥ (𝐴𝑀 ∙ 𝐵𝑁 ∙ 𝐶𝑃 ∙ 𝐷𝑄)2,

que implica o resultado desejado.

Os dois problemas seguintes representam um corolário para o teorema 2 (de Ceva

no espaço) e uma generalização para o Ponto de Gergonne*.

3) Em cada face de um tetraedro, existem três cevianas concorrentes e cada

ceviana de uma face intersecta uma ceviana de outra face numa aresta

comum. Mostre que os segmentos que ligam cada vértice do tetraedro com

o ponto de interseção de cevianas na face oposta são concorrentes.

Solução: Este problema é semelhante à versão espacial do teorema de Ceva. De

fato, basta notar que cevianas de faces adjacentes que se unem em uma aresta

comum são, na verdade, interseções de planos com as faces do tetraedro (Figura 8).

Figura 8. Interseção dos planos 𝐴𝐷𝑌, 𝐴𝑍𝐵, 𝐵𝑊𝐶 e 𝐷𝐶𝑋 com as faces do tetraedro 𝐴𝐵𝐶𝐷.

* As cevianas que unem cada vértice de um triângulo ABC ao lado oposto no ponto de

tangência do círculo inscrito ao triângulo, intersectam-se num mesmo ponto chamado

Ponto de Gergonne.


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Logo, considerando 𝐴𝐵𝐶𝐷 um tetraedro tal que 𝑋 ∈ 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , Y ∈ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , 𝑍 ∈ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ , 𝑇 ∈𝐵𝐷̅̅ ̅̅ , 𝑈 ∈ 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ e 𝑊 ∈ 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ , a equação (1𝑏) vale e os planos 𝐴𝐷𝑌, 𝐴𝑍𝐵, 𝐵𝑊𝐶 e 𝐷𝐶𝑋

se intersectam no ponto 𝑃. Devemos mostrar que além desses planos, os planos

𝐷𝑈𝐵 e 𝐴𝑇𝐶 também se intersectam em 𝑃. Geometricamente, isto significa que

devemos provar que 𝑇𝑈̅̅ ̅̅ é a interseção desses planos e tal que 𝑃 ∈ 𝑇𝑈̅̅ ̅̅ (ver figura

9).

Figura 9. Interseção entre os planos 𝐷𝑈𝐵 e 𝐴𝑇𝐶.

Mas o quadrilátero reverso 𝐴𝐵𝐶𝑇 é cortado pelo plano 𝑋𝑌𝐷 nos pontos 𝐶′, 𝑋, 𝑌, 𝐴′, então temos:

𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅̅̅ ∙

𝐶𝐴′̅̅ ̅̅̅

𝐴′𝑇̅̅ ̅̅̅ ∙

𝑇𝐶′̅̅ ̅̅̅

𝐶′𝐴̅̅ ̅̅̅ = 1. (∗)

Por outro lado, utilizando o teorema de Ceva no ∆𝐴𝐵𝐶, obtemos à igualdade:

𝐴𝑋̅̅ ̅̅

𝑋𝐵̅̅ ̅̅ ∙

𝐵𝑌̅̅ ̅̅

𝑌𝐶̅̅̅̅ ∙

𝑈𝐶̅̅ ̅̅

𝐴𝑈̅̅ ̅̅ = 1. (∗∗)

Portanto, dividindo a equação (∗) pela igualdade (∗∗) temos o seguinte resultado:

𝐶𝐴′̅̅ ̅̅̅

𝐴′𝑇̅̅ ̅̅̅ ∙

𝑇𝐶′̅̅ ̅̅̅

𝐶′𝐴̅̅ ̅̅̅ ∙

𝐴𝑈̅̅ ̅̅

𝑈𝐶̅̅ ̅̅ = 1.

Isto mostra a concorrência dos segmentos 𝑇𝑈̅̅ ̅̅ , 𝐴𝐴′̅̅ ̅̅ ̅ e 𝐶𝐶′̅̅ ̅̅̅ em 𝑃. Em outras palavras,

o resultado é equivalente a dizer que todos os seis planos intersectam-se no ponto

𝑃.

4) Uma esfera intersecta um tetraedro de tal forma que ela é tangente a cada

aresta. Em cada face, cevianas ligam cada vértice da face aos pontos de


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tangência com a esfera na aresta oposta. Mostre que os segmentos que

ligam os pontos de interseção das cevianas em cada face com o vértice da

face oposta são concorrentes.

Solução: Este problema é um análogo tridimensional do Ponto de Gergonne. Então,

desde que a interseção da esfera com cada face é um círculo tangente às arestas

(ver figura 10), os segmentos que ligam cada vértice de uma face com o ponto de

tangência no lado oposto da face são concorrentes (verifique isso!). Além disso,

como a esfera é tangente a cada aresta, cevianas de faces distintas e aresta comum

intersectam-se no ponto de tangencia dessa aresta comum. Estas são as hipóteses

do problema anterior, isto garante o resultado.

Figura 10. Análogo tridimensional do Ponto de Gergonne.

Problemas propostos

1) Seja ABCD um tetraedro regular com arestas de comprimento 4. Um plano

passa pelas arestas 𝐴𝐶, 𝐴𝐷, 𝐵𝐶 e BD nos pontos 𝑊, 𝑋, 𝑌 e 𝑍,

respectivamente. Se 𝐴𝑊 = 2, 𝐴𝑋 = 3 e 𝐵𝑍 = 1, determine o

comprimento de 𝐵𝑌.

2) Seja ABCD um tetraedro regular com arestas de comprimento 1001 e

considere os pontos 𝑃, 𝑄, 𝑅 e S em 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷 e DA, respectivamente.

Sabendo que os triângulos 𝐴𝐵𝑅, 𝐵𝐶𝑆, 𝐶𝐷𝑃 e 𝐷𝐴𝑄 intersectam-se no


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ponto 𝑂 e que 𝐴𝑃 = 231, 𝐵𝑄 = 455 e 𝐶𝑅 = 616, determine o

comprimento de 𝐷𝑆.

3) Seja 𝐴𝐵𝐶𝐷 um tetraedro regular e 𝐸, 𝐹, 𝐺, 𝐻 os centróides das faces

𝐵𝐶𝐷, 𝐴𝐶𝐷, 𝐴𝐵𝐷 e 𝐴𝐵𝐶, respectivamente. Prove que os quatro segmentos

que unem cada vértice do tetraedro ao centróide da face oposta são

concorrentes.

4) Em um tetraedro ortocentrico arestas opostas são perpendiculares. Prove

que as alturas de um tetraedro são concorrentes se e somente se o tetraedro

é ortocentrico.

5) (Ponto de Monge) Prove que os seis planos que passam pelos pontos médios

das arestas de um tetraedro e perpendiculares às arestas opostas coincidem

num ponto conhecido como o ponto de Monge.

6) (Bulgarian Mathematical Olympiad 1964) No tetraedro 𝐴𝐵𝐶𝐷 todos os pares de

arestas opostas são iguais. Prove que as linhas que passam por seus pontos

médios são perpendiculares entre si e são eixos de simetria do tetraedro

dado.

7) (Torneio das cidades 2009) Cada aresta de um tetraedro é tangente a uma

determinada esfera. Provar que os três segmentos de reta que unem os

pontos de tangência dos três pares de arestas opostas do tetraedro são

concorrentes.

8) (British Mathematical Olympiad 1984) 𝐴𝐵𝐶𝐷 é um tetraedro tal que 𝐷𝐴 =

𝐷𝐵 = 𝐷𝐶 = 𝑑 e 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐶𝐴 = 𝑒. 𝑀 e 𝑁 são os pontos médios

de 𝐴𝐵 e 𝐶𝐷. Um plano variável através 𝑀𝑁 intersecta 𝐴𝐷 em 𝑃 e 𝐵𝐶 em

𝑄. Mostre que 𝐴𝑃

𝐴𝐷=

𝐵𝑄

𝐵𝐶. Encontrar o valor desta razão em termos de 𝑥 e 𝑦,

que minimiza a área de MQNP.

9) Qual é a maior secção plana possível de um tetraedro regular?


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10) Mostre que os semiplanos bissetores de um tetraedro se intersectam em um

ponto que é o centro da esfera inscrita no tetraedro.

REFERÊNCIAS

[1] ANDREESCU, T.; ZUMING, F.; LEE JR., G. Mathematical Olympiads 1999-2000:

Problems and Solutions From Around the World; MAA, 2003.

[2] ASSOCIACÓN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES. Geometría, una

visión de la planimetría; Lumbreras editores S.R.L, Lima, 2009.

[3] ASSOCIACÓN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES. Geometría, una

visión de la estereometría; Lumbreras editores S.R.L, Lima, 2009.

[4] CHOU, S. C.; GAO, X. S.; ZHANG, J. Z. Machine proofs in geometry: automated

production of readable proofs for geometry theorems I, 1946.

[5] CARNEIRO, E.; GIRÃO, F.; Centro de massa e aplicações à geometria, Revista

Eureka! 21.

[6] CASTRO, L., Introdução à Geometria Projetiva, Revista Eureka! 8.

[7] GOLDBERG, N. Spatial Analogues of Ceva's Theorem and its Applications. 2002.

http://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-

n2/goldberg/goldberg.doc. Acessado em 02/11/2013.

[8] MORGADO, A. C.; WAGNER, E.; JORGE, M. Geometria II. Rio de Janeiro: F. C.

Araújo da Silva, 2002.

http://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-n2/goldberg/goldberg.doc

http://www.rose-hulman.edu/mathjournal/archives/2002/vol3-n2/goldberg/goldberg.doc


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PERMUTANDO ALGARISMOS DOS NÚMEROS Fernando Soares Carvalho† e Eudes Antonio Costa‡

Nível Iniciante

Introdução Neste artigo, apresentaremos alguns problemas relacionados aos números 𝑛 e 𝑛′, sendo 𝑛′ obtido de 𝑛 por troca de posição, também chamada de permutação, de

seus algarismos.

As questões aqui aprentadas foram usadas em encontros e oficinas de resolução de

problemas com alunos medalhistas em olimpíadas de matemática e no fórum do

Portal do PIC§.

Exemplo 1: [OBMEP 2008, Banco de Questões] Um número inteiro positivo de três

algarismos é equilibrado se um dos seus algarismos é a média aritmética dos

outros. Por exemplo, 132 é equilibrado, pois 2 =1+3

2 . Veja ainda que 246 e 777

são números equilibrados. Quantos números equilibrados de 3 algarismos existem?

Solução: Consideremos um número equilibrado com os três algarismos distintos,

diferentes de zero, permutando seus algarismos obtemos 6 números equilibrados.

Por exemplo:

123; 132; 213; 231; 312; 321.

Se um dos 3 algarismos do número equilibrado é 0, então com esses algarismos

obtemos apenas 4 números equilibrados, pois o 0 não pode estar na casa da

centena. Por exemplo:

102; 120; 201; 210.

Além disso, note que se dois algarismos de um número equilibrado são iguais, o

terceiro algarismo também deve ser igual a eles.

Assim, podemos organizar a busca por números equilibrados supondo que o

algarismo das unidades é a média do algarismo das centenas e dezenas. Para obter

os outros números equilibrados, bastará realizarmos as permutações dos

† [email protected]

‡ [email protected]

§ http://www.obmep.org.br/pic.html


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algarismos. Para que a divisão por 2 seja inteira, ou ambos os algarismos da dezena

e centena são pares, ou ambos são ímpares.

Em cada item abaixo, listaremos todos os números equilibrados começados com

um determinado algarismo e excetuaremos números com os mesmos algarismos de

números já listados.

(1) Números equilibrados começados por 1:

111; 132; 153; 174; 195.

Associados a eles temos um total de 1 + (4 × 6) = 25 números equilibrados.


201; 222; 243; 264; 285.

Associados a eles temos um total de (4 + 1 + 3 × 6) = 23 números

equilibrados.


333; 354; 375; 396.

Associados a eles temos um total de (1 + 3 × 6) = 19 números equilibrados.


402; 444; 465; 486.

Associados a eles temos um total de (4 + 1 + 2 × 6) = 17 números

equilibrados.


555; 576; 597.

Associados a eles temos um total de (1 + 2 × 6) = 13 números equilibrados.



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603; 666; 687.

Associados a eles temos um total de (4 + 1 + 6) = 11 números equilibrados.


777; 798.

Associados a eles temos um total de (1 + 6) = 7 números equilibrados.


804; 888.

Associados a eles temos um total de (4 + 1 ) = 5 números equilibrados.

(9) Números equilibrados começados por 9: apenas o 999.

Logo, o número total de números equilibrados com três algarismos é

25 + 23 + 19 + 17 + 13 + 11 + 7 + 5 + 1 = 121.

Exemplo 2: Quantos números múltiplos de 3, de quatro algarismos distintos podem

ser formados com os números 2,3,6,7 e 9?

Solução: Seja 𝑛 = 𝑎3𝑎2𝑎1𝑎0 um número com quatro algarismos distintos e

múltiplo de 3. Pelo critério de divisibilidade por 3, a soma de dígitos 𝑎3 + 𝑎2 +𝑎1 + 𝑎0 deve ser um múltiplo de três.

Veja que se 𝑛 = 𝑎3𝑎2𝑎1𝑎0 é múltiplo de 3, então qualquer número obtido pela

permutação de seus dígitos também é múltiplo de 3. Como a soma 2 + 3 + 6 +7 + 9 = 27 é múltipla de 3, exatamente um dos múltiplos de 3 listados não deve

figurar como um dos dígitos de n. Assim, temos quatro possíveis conjuntos de

dígitos: 𝑋1 = {2,6,7,9}, 𝑋2 = {2,3,7,9} e 𝑋3 = {2,3,6,7}.

Associado a cada conjunto 𝑋𝑖, com 0 ≤ 𝑖 ≤ 3, temos 4! Elementos. Portanto,

existem 3 ⋅ 24 = 72 números de quatro algarismos distintos e múltiplos de 2 com

os dígitos mencionados.


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Exemplo 3: Seja 𝑛 = 𝑎2𝑎1𝑎0 um número com 3 algarismos escrito na base 10.

Considere o número 𝑛′ obtido de n por uma permutação dos seus dígitos.

1) Se o número n é par, então 𝑛′ também é par?

2) Se o número n é múltiplo de 3, então 𝑛′ também é múltiplo de 3?

3) Se o número n é múltiplo de 5, então 𝑛′ também é múltiplo de 5?

4) Se o número n é primo, então 𝑛′ também é primo?

Solução:

1) É fácil ver que o número 342 é par, porém 243, que é uma de suas

permutações, não é.

2) Se n é múltiplo de 3, então a soma de seus dígitos também é múltipla de 3.

Consequentemente, pela recíproca do critério de divisibilidade por 3, o

número 𝑛′ também é um múltiplo de 3.

3) Veja que 125 é multiplo de 5, enquanto que 251 não é.

4) Veja que 211 é primo, enquanto que 112 não é.

Questões: Seja 𝑧𝑘 um número inteiro com k algarismos (no sistema decimal) e 𝑧𝑘′ um número inteiro obtido de 𝑧𝑘 pela permutação de seus dígitos.

1) Se o número 𝑧𝑘 é um múltiplo de do número inteiro q (𝑞 > 1), então todo

número 𝑧𝑘′ também é múltiplo de q?

2) Se o número 𝑧𝑘 é primo, então todo número 𝑧𝑘′ também é primo?

Um número inteiro que satisfaz o segundo item da questão anterior é denominado

primo absoluto. Este termo foi introduzido por Richert [4, 1951]. São exemplos de

primos absolutos: 11, 13, 31, 337, 373 e 733 e todos os números primos menores

que 10.

Inspirado na definição anterior, diremos que 𝑧𝑘 é um múltiplo absoluto de um

inteiro q (𝑞 > 1) se q é um divisor de toda permutação 𝑧𝑘′ de seus dígitos.

Por exemplo, 123 é um múltiplo absoluto de 3, pois as 6 permutações possíveis

123, 132, 213, 231, 312 e 321 são todas múltiplas de 3. O número 12468 não é um

múltiplo absoluto de 2, pois a permutação 24681 não é par. A primeira

caracterização de uma família simples de múltiplos absolutos é dada por:

Afirmação 1: Um inteiro positivo é um múltiplo absoluto de 2 se, e somente se,

todos os seus dígitos são números pares.


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Prova: Suponha que n é um múltiplo absoluto de 2 e x é um de seus dígitos.

Considerando uma permutação dos dígitos de n em que x figura como dígito das

unidades, podemos concluir que x é par, pois tal permutação é um múltiplo de 2

apenas quando o dígitos da unidades é par. Como isso vale para qualquer dígito de

n, segue que todos os seus dígitos são números pares. Por outro lado, suponha

agora que todos os dígitos de n são números pares. Isso quer dizer que qualquer

permutação desses dígitos sempre vai possuir como dígito das unidades um número

par e, consequentemente, a permutação em questão será um múltiplo de 2.

Como o critério de divisibilidade por 5 é semelhante ao critério de divisibilidade

por 2, podemos concluir de modo análogo que:

Afirmação 2: Um inteiro positivo é um múltiplo absoluto de 5 se, e somente se, todos

os seus dígitos são divisíveis por 5.

Vale a pena agora relembrarmos a demonstração do critério de divisibilidade por 3,

que já foi usado anteriormente.

Critério de Divisibilidade por 3: Um inteiro é divisível por 3 se, e somente se, a soma

dos seus dígitos é um múltiplo de 3.

Prova: Considere um inteiro qualquer de k dígitos:

𝑛 = 𝑎𝑘𝑎𝑘−1𝑎𝑘−2 … 𝑎1𝑎0

Podemos escrevê-lo como

𝑛 = 𝑎𝑘𝑎𝑘−1𝑎𝑘−2 … 𝑎1𝑎0 = 10𝑘−1𝑎𝑘 + 10𝑘−2𝑎𝑘−1 + ⋯ + 𝑎0 = (10𝑘−1 − 1)𝑎𝑘 + (10𝑘−2 − 1)𝑎𝑘−1 + ⋯ + (1 − 1)𝑎0 + (𝑎𝑘 + ⋯ + 𝑎0)

Assim, como cada número da forma 10𝑖 − 1 é um múltiplo de 9, n é um múltiplo

de 3 se, e somente se, a soma de dígitos (𝑎𝑘 + ⋯ + 𝑎0) é um múltiplo de 3.

Como consequência do critério anterior, obtemos:

Afirmação 3: Um inteiro positivo é um múltiplo absoluto de 3 se, e somente se, a

soma dos seus dígitos é um múltiplo de 3.

Observação: Vale a mesma afirmação trocando-se o 3 por 9.


EUREKA! N°39, 2015

49

Chameremos de repunit e denotaremos por 𝑅𝑘 o número natural formado pela

justaposição de k números iguais a 1. Esse termo foi utilizado pela primeira vez por

Beiler [1, 1966] e significa nada mais que a repetição (repetition) da unitade (unit)

Considere a lista de repunits:

𝑅1 = 1 = 0 ⋅ 7 + 1 𝑅2 = 11 = 1 ⋅ 7 + 4 𝑅3 = 111 = 15 ⋅ 7 + 6 𝑅4 = 1111 = 158 ⋅ 7 + 5 𝑅5 = 11111 = 1587 ⋅ 7 + 2 𝑅6 = 111111 = 15873 ⋅ 7 + 0 𝑅7 = 1111111 = 158730 ⋅ 7 + 1 𝑅8 = 11111111 = 1587301 ⋅ 7 + 4 𝑅9 = 111111111 = 15873015 ⋅ 7 + 6 𝑅10 = 1111111111 = 158730158 ⋅ 7 + 5 ⋮

Assim os restos das divisões de 𝑅1 , 𝑅2, 𝑅3, 𝑅4, 𝑅5, ... por 7 são respectivamente 1,

4, 6,5,2 , 0, 1, ... Como os restos se repetem de 6 em 6, podemos concluir que 𝑅6,

𝑅12, 𝑅18, ... são todos múltiplos de 7.

Veja que 77, 707 e 77700 são múltiplos absolutos de 7 enquanto que 49 e 1680 não

o são, pois 94 e 6180 não são múltiplos de 7.

Afirmação 4: Se um inteiro positivo é um múltiplo absoluto de 7, então ele possui no

máximo dois dígitos distintos.

Prova: Seja

𝑛 = 𝑎𝑘𝑎𝑘−1𝑎𝑘−2 … 𝑎1𝑎0

um múltiplo absoluto de 7 e considere a permutação de seus dígitos dada por

𝑛′ = 𝑎𝑘𝑎𝑘−1𝑎𝑘−2 … 𝑎0𝑎1

Assim 𝑛 − 𝑛′ = 𝑎1𝑎0 − 𝑎0𝑎1 = 9(𝑎1 − 𝑎0) também é um múltiplo de 7. Como 7

não possui fatores primos em comum com 9, segue que 7 divide 𝑎1 − 𝑎0.

Dados quaisquer dois dígitos em posições decimais distintas de n, podemos obter

sempre duas permutações em que eles figuram entre as duas últimas casas decimais

da direita e em posições trocadas. Seguindo o argumento anterior para tais


EUREKA! N°39, 2015

50

permutações, podemos concluir que 7 divide 𝑎 − 𝑏 para quaisquer que sejam os

dígitos a e b de n. Se n possui pelo menos três dígitos distintos, digamos 𝑎 < 𝑏 <𝑐, segue que 𝑐 − 𝑎 = (𝑐 − 𝑏) + (𝑏 − 𝑎) é pelo menos 14, pois 𝑐 − 𝑏 e 𝑏 − 𝑎 são

múltiplos positivos de 7. Isso é um absurdo, pois dois dígitos diferem em no

máximo 9 unidades. Logo, n deve possuir no máximo dois dígitos distintos.

Exemplo 4: Dado qualquer número b no conjunto {0,1,2} , a soma:

𝑏 ⋅ 111111 + 𝑎5𝑎4𝑎3𝑎2𝑎1𝑎0,

onde cada 𝑎𝑖 é 0 ou 7 sempre gera um múltiplo absoluto de 7.

Solução: Basta ver que qualquer permutação de seus dígitos também pode ser

escrita na mesma forma e cada termo da soma é um múltiplo de 7.

Como não existem primos pares maiores que 2, nenhum primo absoluto pode

conter um dígito par, pois sempre existirá uma permutação em que tal digito

figurará como unidade e inevitavelmente ele será um múltiplo de 2 maior que 2.

Portanto, um primo absoluto pode contar apenas os dígitos 1, 3, 7 e 9.

Observação:

a) Os primos absolutos maiores que 10 e menores que 100 são:

11, 13, 17, 31, 37, 71, 73, 79 e 97

b) Os números primos absolutos maiores que 100 e menores que 1000 são:

113, 131, 199, 311, 337, 373, 733, 919 e 991.

Para o que segue, precisaremos do seguinte lema:

Lema 1. Os números 𝐼0 = 7931, 𝐼1 = 1793, 𝐼2 = 9137, 𝐼3 = 7913, 𝐼4 = 7193,

𝐼5 = 1937 e 𝐼0 = 7139 possuem diferentes restos quando divididos por 7, mais

precisamente, satisfazem a congruência

𝐼𝑗 ≡ 𝑗(𝑚𝑜𝑑 7), 𝑗 = 0,1, … , 6.

Prova: O resultado segue das seguintes equações

7931 = 7 ⋅ 1133 + 0; 1793 = 7 ⋅ 256 + 1;


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51

9137 = 7 ⋅ 1305 + 2; 7913 = 7 ⋅ 1130 + 3; 7193 = 7 ⋅ 1027 + 4; 1937 = 7 ⋅ 276 + 5; 7139 = 7 ⋅ 1019 + 6.

Afirmação 6: Um número primo absoluto não contém simultaneamente em sua

representação decimal todos os algarismos do conjunto {1,3,7,9}.

Prova: Suponha que 𝑃 = 𝑏𝑛𝑏𝑛−1𝑏𝑛−2 … 𝑏1𝑏0 é um número primo absoluto

contendo os dígitos do conjunto {1,3,7,9}. Podemos permutar seus algarismos e

supor que {𝑏3, 𝑏2, 𝑏1, 𝑏0} = {1,3,7,9}. Agora, denotemos o bloco de dígitos

restantes por L, isto é,

𝐿 = 𝑏𝑛𝑏𝑛−1𝑏𝑛−2 … 𝑏5𝑏4.

Aproveitando a notação do exemplo anterior, veja agora que cada número da forma

𝐿 ⋅ 104 + 𝐼𝑗, para 𝑗 ∈ {0,1,2,3,4,5,6}, pode ser obtido de P através de uma

permutação de seus quatro últimos dígitos. Como todos os números da forma 𝐼𝑗

possuem restos distintos por 7, pelo menos uma das permutações listadas

anteriormente será divisível por 7 e assim P não pode ser um primo absoluto.

Veja que um número repunit que é um primo também é um primo absoluto, pois

todas as permutações de seus dígitos coincidem. Por exemplo, 𝑅11, 𝑅19 e 𝑅23 são

primos absolutos.

Afirmação 7: Não existe primo absoluto com dois algarismos iguais a a e dois

algarismos iguais a b.

Prova: Basta ver que

𝑛 = 𝑎𝑎𝑏𝑏 = 11 ⋅ 𝑎0𝑏 𝑛 = 𝑎𝑏𝑎𝑏 = 101 ∙ 𝑎𝑏 𝑛 = 𝑎𝑏𝑏𝑎 = 11 ⋅ (91 ⋅ 𝑎 + 10 ⋅ 𝑏)

E assim, nos três casos possíveis de distribuições dos dígitos, sempre temos um

número composto.


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52

Afirmação 8: Nenhum número com 𝑛 ≥ 5 algarismos e que contém em sua

representação decimal três algarismos iguais a a e dois algarismos iguais a b, com

𝑎 ≠ 𝑏, pode ser um primo absoluto.

Prova: Podemos permutar os dígitos de n e já supor que os seus cinco últimos

dígitos são formados pelo número aaabb. Assim, podemos escrever n como

𝑛 = 𝑐𝑛𝑐𝑛−1 … 𝑐6𝑐5 ⋅ 105 + 𝑎𝑎𝑎𝑏𝑏.

Iremos permutar os últimos cincos dígitos de n colocando os dois dígitos b nas

casas i e j obtendo o número 𝑛′. Veja que qualquer permutação dos últimos cinco

dígitos pode ser escrita na forma

𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 − 10𝑖𝑎 − 10𝑗𝑎 + 10𝑖𝑏 + 10𝑗𝑏 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 + (𝑏 − 𝑎)(10𝑖 + 10𝑗).

Observe as seguintes escolhas de i e j

104 + 101 , 103 + 102, 103 + 101, 102 + 100, 101 + 100, 104 + 100 e 104 +102

Estas 7 somas possuem restos diferentes na divisão por 7. Consequentemente, uma

delas somada com 𝑐𝑛𝑐𝑛−1 … 𝑐6𝑐5 ⋅ 105 irá produzir um múltiplo de 7 e assim n não

pode ser um primo absoluto.

Para finalizar, em [3,1995], podemos encontrar algumas características adicionais

para números primos absolutos (com mais de quatro algarismos em sua

representação decimal), por exemplo, já se sabe a inexistência de tais números para

4 ≤ 𝑛 ≤ 16. Na verdade, conjectura-se que não existem números Primos

Absolutos que não sejam repunits possuindo mais de 3 algarismos. Outra questão

ainda em aberto é se o conjunto dos números primos absolutos é finito.

Exercícios Propostos

1) (OBMEP 2014, Banco de Questões) Um número inteiro positivo de quatro

algarismos é equilibrado se um desses algarismos é igual à média aritmética des

outros três. Por exemplo, o número 2631 é equilibrado, pois 3 =2+6+1

3. Veja que

4444 também é equilibrado.


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53

a) Encontre os três menores números equilibrados

b) Quantos são os números equilibrados menores que 2014?

2) a) Quantos são os números naturais de quatro algarismos distintos em que o

algarismo 5 aparece?

b) Dentre os números contados no item a), quantos são pares? E pares absolutos?

c) Dentre os números contados no item a), quantos são múltiplos de 3? E múltiplos

absolutos de 3?

d) Dentre os números contados no item a), quantos são múltiplos de 5? E múltiplos

absolutos de 5?

3) Considere o conjunto dos números de três algarismos onde todos estão contidos

no conjunto {0,1,2,3,4,5,6}.

a) Quantos desses números são pares? E quantos são pares absolutos?

b) Quantos são múltiplos de 3? E quantos são múltiplos de 3 absolutos?

c) Quantos números são múltiplos de 5? Quantos são múltiplos de 5 absolutos?

REFERÊNCIAS

[1] BEILER, A. H. 111 ... 111. Chapter 11 in Recreations in the Theory of Numbers: The

Queen of Mathematics Entertains. New York: Dover, 1966.

[2] CARVALHO, F. S.; COSTA, E. A. Escrever o número 111...111 como Produto de dois

Números. In: Revista do Professor de Matemática, no 87, 15-19, 2015.

[3] MAVLO, D. Absolute Prime Numbers. The Mathematical Gazette 485, 299-304, 1995.

[4] RICHERT, H. E. On Permutable Primtall. Morsk Matematiske Tiddskrift, 1951, vol.33,

pp. 50-54.

[5] SILVA, V. V. Números: Construção e Propriedades. Editora UFG. Goiânia. 2003.


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COMO É QUE FAZ?

91. (Rússia-2000) Os coeficientes a e b da equação 02 baxx e suas raízes

são quatro números distintos. É possível determinar a equação usando estes

quatro números?

Solução: Sim. Digamos que os quatro números sejam a, b, c e d e uma das equações

seja 02 baxx , com raízes c e d. Então c + d = – a e cd = b. Se o conjunto

{a, b, c, d} não determina a equação, há outra equação do segundo grau com

coeficiente líder 1 cujos outros coeficientes são dois números desse conjunto e

cujas raízes são os outros dois números do conjunto. Temos duas possibilidades,

com seus respectivos subcasos:

a) A nova equação é 02 abxx , e suas raízes são c e d. Nesse caso, a =

cd = b, contradizendo a hipótese de os quatro números serem distintos.

b) Só uma das raízes, digamos c, aparece como coeficiente da equação.

a.i) A equação é 02 bcxx . Nesse caso, ad = b e a + d = – c. Como

a = – (c + d) e b = cd, ad = cd, donde d = 0 ou a = c. Se d = 0 então b =

cd = 0. Em ambos os casos contradizemos a hipótese de os quatro números

serem distintos.

a.ii) A equação é 02 acxx . Nesse caso, bd = a e b + d = – c.

Portanto b = – (c + d) = a, contradizendo a hipótese de os quatro números

serem distintos.

a.iii) A equação é 02 caxx . Nesse caso, bd = c e b + d = – a.

Portanto b + d = – a = c + d, donde b = c, contradizendo a hipótese de os

quatro números serem distintos.

a.iv) A equação é 02 cbxx . Nesse caso, ad = c e a + d = – b.

Portanto b + d = – a = c + d, donde b = c, contradizendo a hipótese de os

quatro números serem distintos.

c) As duas raízes c e d aparecem como coeficientes da equação. Podemos

então supor que a equação é .02 dcxx Temos então ab = d e a + b

= – c, donde b = – c – a = – c + (c + d) = d, contradizendo a hipótese de

os quatro números serem distintos.

92. (Estônia-2000) Determine todos os restos possíveis da divisão do quadrado de

um número primo com 120 por 120.


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55

Solução: Temos que 1² = 1 e 7² = 49 deixam restos respectivamente 1 e 49 na

divisão por 120. Vamos mostrar que 1 e 49 são os únicos restos possíveis. Se um

número n é primo com 120 então em particular n é ímpar, donde n = 2k +1 para

algum k inteiro. Assim, n² = 4k (k + 1) + 1, e logo n² –1 = 4k (k + 1) é múltiplo de

8. Por outro lado, se n é primo com 120 então n não é divisível por 3, e deixa resto

1 ou 2 na divisão por 3. Em qualquer caso, n² deixa resto 1 na divisão por 3. Assim,

se n é primo com 120, n² –1 é múltiplo de 8 e de 3, e logo de 24. Note que nesse

caso n² – 49 = n² – 1 – 48 também é múltiplo de 24. Finalmente, se n é primo com

120 então n não é divisível por 5, e deixa resto 1, 2, 3 ou 4 na divisão por 5. Se n

deixa resto 1 ou 4 na divisão por 5, n² deixa resto 1 na divisão por 5. Nesse caso,

n²-1 é múltiplo de 5 e de 24, e logo de 120, donde n² deixa resto 1 na divisão por

120. Se n deixa resto 2 ou 3 na divisão por 5 então n² deixa resto 4 na divisão por

5, e nesse caso n² – 49 = n² – 4 – 45 é múltiplo de 5. Como n² – 49 também é

múltiplo de 24, segue que n² – 49 é múltiplo de 120, e logo n² deixa resto 49 na

divisão por 120.

93. (Inglaterra-2000) Quais os inteiros positivos a e b tais que

32

33 620491 ba ?

Solução: Vamos procurar esses inteiros da forma a=6x³ e b=36y³, com x e y inteiros

positivos. Teremos então:

32322

332

33 36)2(6)26(11213661 yxxyxyyxba ,

que é igual a 349 20 6 se 12xy + 1 = 49, 6y ² – 2x = 20 e x² – 2y = 0. A primeira

igualdade equivale a xy = 4 e, da última, y = x²/2, donde x³/2 = 4, e logo x = 2.

Assim, y = x²/2 = 2. Note que então 6y² – 2x = 24 – 4 = 20, e a segunda igualdade

também é satisfeita. Podemos então tomar a = 6.2³= 48 e b = 36.2³ = 288.

94. (Alemanha-2000) Determine os números reais x tais que:

482 13 11 9 7 5 3 1 22 xxxx

Solução: Como o lado esquerdo é não-negativo, devemos ter 04822 xx ,

donde 4912)1( 22 xxx , o que equivale a 7|1| x . Assim, 8x ou

6x . Portanto,

11975335411)6()6(1 22 xx . Além disso, se 8x , temos

1311975348551881 22 xx . Assim, em qualquer

desses casos.


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36351 11 9 7 5 3 1 222 xxxxxx , donde

49 13 11 9 7 5 3 1 22 xxxx e, se 8x ,

49 13 11 9 7 5 3 1 22 xxxx ;

Se 8x , a equação fica 48249 22 xxxx , donde 81x , absurdo.

Se 6x , devemos considerar as equações 48249 22 xxxx e

482)49( 22 xxxx . A solução da primeira é 61 x , absurdo. Já a segunda

equivale à equação 09732 2 xx , que tem uma raiz positiva, que não é

solução e a raiz negativa 64

7853

, que é a única solução real para o

problema. De fato, como 6 , temos 04822 , e, como

)49(482 22 , temos 0)49( 2 e portanto

482)49( 49 222 .


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57

SOLUÇÕES DE PROBLEMAS PROPOSTOS

Publicamos aqui algumas das respostas enviadas por nossos leitores.

156) Denominamos Máquina de Conway o par 𝐶 = (𝑒, 𝑆) formado por uma

entrada 𝑒 = 2𝑎1 , 𝑎1 ∈ ℕ e uma sequência finita 𝑆 = (𝑠𝑖)1≤𝑖≤𝑛 de racionais não

nulos, com 𝑠𝑛 ∈ ℕ. Dada uma máquina de Conway C, construímos a sequência 𝑝𝑖

definida por:

(1) 𝑝1 = 𝑒;

(2) 𝑝𝑘 = 𝑝𝑘−1 ⋅ 𝑠𝑖 , onde i é o menor inteiro positivo tal que 𝑝𝑘 ⋅ 𝑠1 ∈ ℕ.

Dizemos que 𝑎 ∈ ℕ é uma saída de C se, e somente se, existe um inteiro positivo k

tal que 𝑝𝑘 = 2𝑎.

O conjunto de todas as saídas é denominado conjunto gerado por C.

Exemplo: A máquina de Conway formada pela entrada 22 e pela sequência

17

91,78

85,19

51,23

38,29

33,77

29,95

23,77

19,

1

17,11

13,13

11,15

14,15

2, 55

gera os números primos.

Mostre que é possível construir uma Máquina de Conway que gere o conjunto dos

quadrados perfeitos.

SOLUÇÃO ADAPTADA DE ANDERSON TORRES (SANTANA DE PARNAÍBA – SP)

Vamos mostrar que a máquina de Conway formada pela entrada 120 e pela

sequência

,19

23

7

53

133

1035,

13

23,

13

17

52

7

260

119,

11

312

11

62,

11

17

2

3

22

51,

31

29,

23

19,

17

13 2

2

11,29

1,

29

31

5

2

145

124,

19

115

19

55 2

gera os quadrados perfeitos, em ordem crescente.

A ideia é que os primos maiores que 7 que dividem o numerador de um

determinado termo de sequência )( jp correspondente funcionam como marcadores


EUREKA! N°39, 2015

58

que caracterizam “estados da máquina”, e determinam a próxima operação a ser

feita.

Notemos que a sequência começa com

129

1

31

29

11

312

110 222923121121

.

Vamos ver agora o que acontece imediatamente após uma saída, que, por hipótese

de indução será da forma 1,2 nn , os seja, após um termo :1,22

np n

k

13

23

117

13

1112

173

11 2222

213321732112 nnnn

.2115321932233 119

115

123

19

113

23222

nnn

Agora vamos mostrar que se 1 kn , um termo da forma 222

21153 knkk

jp é transformado, depois de uma sucessão de operações, em

222 )1(1)1( 21153 knkk . Temos inicialmente a seguinte sucessão de operações:

17

13

11112

173222222

2175321153 knkkknkk

.21775321353 3111352

177

1117

132222222

knkkknkk

A partir daí, vamos ver o que acontece com um termo da forma 121 222

217753 rknrrkk

jp com kr 1 :

1352

177

12117

13

121 2222222

213753217753 rknrrkkrknrrkk

.217753 321111352

1772222

rknrrkk

Assim, em algum momento, a partir de 311 222

217753 knkk chegaremos em 222222 )1(1121 21773217753 knkkkknkkkk .

Continuamos então com:

13

23

)1(117

13

)1(1 222222

2137321773 knkkknkk

)( jp


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59

.2197322373222222 )1(123

19

)1(113

23

knkkknkk

A partir daí, vamos ver o que acontece com um termo da forma 222 )1(21 219753 knrkrrk

jp com kr 0 :

23

19

)1(1123197

2353

)1(21 222

2

222

223753219753 knrkrrkknrkrrk

.219753222 )1(112323

19

knrkrrk

Assim, em algum momento, a partir de 222 )1(1 21973 knkk chegaremos em

222222 )1()1()1(21 21953219753 knkkknkkkkk . Continuamos então com:

222222 )1(1)1(19

115

)1()1( 2115321953

knkkknkk ,

como queríamos mostrar.

Assim, em algum momento, a partir de 2

2n chegaremos em 11532

nn .

Vejamos como continua:

.29532315321153222

31

29

11

312

nnnnnn

A partir daí, vamos ver o que acontece com um termo da forma

2953221 nrnr

jp com 20 nr :

.295323153229532 1231

29

12293

312

1 222

nrnrnrnrnrnr

Assim, em algum momento, a partir de 295322

nn chegaremos em

295229532 11 2222

nnnnnn .

A partir daí, vamos ver o que acontece com um termo da forma

2952 122

rnrn

jp com nr 0 :


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60

.295231522952 13231

29

132295

312

12 22

2

2

rnrnrnrnrnrn

Assim, em algum momento, a partir de 2952 12

nn chegaremos em

292295222 )1(12 nnnnn . O próximo movimento será então

22 )1(29

1

)1( 2292 nn ,

e logo a próxima saída será 2)1( n , completando assim o argumento recursivo.


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61

PROBLEMAS PROPOSTOS Convidamos o leitor a enviar soluções dos problemas propostos e sugestões de novos

problemas para próximos números.

163) A equação quadrática 𝑥2 − 3𝑥 + 𝑞 = 0 possui duas raízes 𝛼 e 𝛽. Sabendo

que 𝛼3 + 𝛽3 = −81, determine o valor de q.

164) Em um triângulo ABC sejam D e E pontos sobre os lados BC e AC,

respectivamente, tais que 𝐴𝐵 = 𝐵𝐷 = 𝐴𝐸. Se ∠𝐵𝐴𝐸 = 60° e 𝐷𝐸 = 𝐷𝐶, determine

a medida do ângulo ∠𝐸𝐷𝐶.

165) Seja A um subconjunto de 84 elementos do conjunto {1,2,3, … ,169} tal que

em A não existem dois elementos cuja soma é 169. Prove que A possui pelo menos

um elemento quadrado perfeito.

166) É possível encontrar 2005 quadrados perfeitos diferentes tais que sua soma

também é um quadrado perfeito?

167) Prove que

2

12

2

n

n não é inteiro para nenhum n .

168) Determine todas as funções ∗: ℚ × ℚ → ℚ que são comutativas, associativas

e satisfazem 000 e cyxcyxcycx ,,,)()()( ℚ.

Problema 167 proposto por Fabiano Alberton de Alencar Nogueira (Rio de Janeiro – RJ); Problema 168 proposto por William Alvarado (San José, Costa Rica).


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62

COORDENADORES REGIONAIS

Alberto Hassen Raad (UFJF) Juiz de Fora – MG

Américo López Gálvez (USP) Ribeirão Preto – SP

Antonio Carlos Nogueira (UFU) Uberlândia – MG

Carlos Alexandre Gomes da Silva (UFRN) Natal – RN

Fabrício Siqueira Benevides (UFC) Fortaleza – CE

Carmen Vieira Mathias (UNIFRA) Santa María – RS

Claus Haetinger (UNIVATES) Lajeado – RS

Cláudio de Lima Vidal (UNESP) S.J. do Rio Preto – SP

Denice Fontana Nisxota Menegais (UNIPAMPA) Bagé – RS

Débora de Jesús Bezerra (Universidade Metodista de SP) S.B. do Campo – SP

Disney Douglas Lima de Oliveira (UFAM) Manaus – AM

Edson Roberto Abe (Colégio Objetivo de Campinas) Campinas – SP

Edney Aparecido Santulo Jr. (UEM) Maringá – PR

Eduardo Leandro (UFPE) Recife – PE

Emiliano Chagas (Grupo Educacional Etapa) São Paulo – SP

Fabio Brochero Martínez (UFMG) Belo Horizonte – MG

Florêncio Ferreira Guimarães Filho (UFES) Vitória – ES

Francinildo Nobre Ferreira (UFSJ) São João del Rei – MG

Diego Marques (UnB) Brasília – DF

Herivelto Martins (USP – São Carlos) São Carlos – SP

Gisele Detomazi Almeida (UFT) Arraias – TO

Gilson Tumelero (UTFPR) Pato Branco – PR

Ivanilde Fernandes Saad (UC. Dom Bosco) Campo Grande – MS

João Benício de Melo Neto (UFPI) Teresina – PI

João Francisco Melo Libonati (Grupo Educacional Ideal) Belém – PA

Diogo Diniz (UFPB) Campina Grande – PB

José Luiz Rosas Pinho (UFSC) Florianópolis – SC

José Vieira Alves (UFPB) Campina Grande – PB

José William Costa (Instituto Pueri Domus) Santo André – SP

Krerley Oliveira (UFAL) Maceió – AL

Licio Hernandes Bezerra (UFSC) Florianópolis – SC

Luciano G. Monteiro de Castro (Sistema Elite de Ensino) Rio de Janeiro – RJ

Luzinalva Miranda de Amorim (UFBA) Salvador – BA

Marcelo Antonio dos Santos FACOS Osório – RS

Marcelo Rufino de Oliveira (Grupo Educacional Ideal) Belém – PA

Márcio Fialho Chaves (UFLA) Lavras – MG

Newman Simões (Cursinho CLQ Objetivo) Piracicaba – SP

Nivaldo Costa Muniz (UFMA) São Luis – MA

Uberlândio Batista Severo (UFPB) João Pessoa – PB

Raul Cintra de Negreiros Ribeiro (Colégio Anglo) Atibaia – SP

Reinaldo Gen Ichiro Arakaki (UNIFESP) SJ dos Campos – SP

Ricardo Amorim (Centro Educacional Logos) Nova Iguaçu – RJ

Ronaldo Alves Garcia (UFGO) Goiânia – GO

Rosangela Ramon (UNOCHAPECÓ) Chapecó – SC

Seme Gebara Neto (UFMG) Belo Horizonte – MG

Tadeu Ferreira Gomes (UEBA) Juazeiro – BA

Tomás Menéndez Rodrigues (U. Federal de Rondônia) Porto Velho – RO

Valdenberg Araújo da Silva (U. Federal de Sergipe) São Cristóvão – SE

Wanderson Breder (CEFET – RJ) Nova Friburgo – RJ

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CONTEÚDO - obm.org.br · Como para a grande maioria dos tópicos e técnicas explorados nas olimpíadas não existem publicações expositórias adequadas em língua portuguesa,